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四川省達州市2025屆高三下學期二模化學試題
1．（2025·達州模擬）中華文明源遠流長，文物承載著文明的記憶。某市博物館的以下幾種鎮館之寶，原料富含有機高分子化合物的文物是
A．巴式柳葉銅劍 B．東漢上釉磚
C．宋徽宗趙佶的真跡《白鷹圖》 D．清代玉鐲
【答案】C
【知識點】常用合成高分子材料的化學成分及其性能；高分子材料
【解析】【解答】A．巴式柳葉銅劍主要成分為銅，屬于金屬材料，A項錯誤；
B．東漢上釉磚主要成分為硅酸鹽，屬于無機非金屬材料，B項錯誤；
C．宋徽宗趙佶的真跡《白鷹圖》繪畫載體為絹本，主要成分為蛋白質，蛋白質為有機高分子化合物，C項正確；
D．玉的主要成分為硅酸鹽，屬于無機非金屬材料，D項錯誤；
故選C。
【分析】有機高分子材料是一類由一種或幾種分子或分子團 (結構單元或單體)以共價鍵結合成具有多個重復單體單元的大分子，可以是天然產物如纖維、蛋白質和天然橡膠等，也可以是用合成方法制得的，如合成橡膠、合成樹脂、合成纖維等非生物高聚物等。
2．（2025·達州模擬）甲醛在木材加工、醫藥等方面有重要用途。已知：為甲醇催化氧化合成甲醛的反應。下列有關說法錯誤的是
A．醛基的電子式為：
B．甲醛分子中鍵的電子云輪廓圖：
C．甲醛分子是平面三角形的非極性分子
D．的沸點比的沸點高
【答案】C
【知識點】共價鍵的形成及共價鍵的主要類型；極性分子和非極性分子；氫鍵的存在對物質性質的影響
【解析】【解答】A．醛基的結構簡式為，C原子有一個單電子，則其電子式為，A正確；
B．甲醛中存在C=O，含有1個σ鍵和1個π鍵，鍵的電子云輪廓圖：，B正確；
C．HCHO中心C原子的價層電子對數為，無孤對電子，是平面三角形分子，但正、負電荷的重心不重合，是極性分子，C錯誤；
D．甲醇()分子之間存在氫鍵，而甲醛(HCHO)分子之間沒有氫鍵；氫鍵的存在使得甲醇的沸點高于甲醛，D正確；
故選C。
【分析】A．醛基中含有碳氧雙鍵，醛基中碳原子上含有一個單電子；
Ｂ．C=O含有1個σ鍵和1個π鍵；
Ｃ．根據正負電荷中心是否重合判斷分子極性；
Ｄ．甲醇分子間能形成氫鍵，提高沸點。
3．（2025·達州模擬）半導體材料硅的表面進行拋光處理的反應原理為：。設為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是
A．中含有鍵的數目為
B．標準狀況下，中含有的電子總數為
C．的溶液中離子數為
D．反應每生成氧化產物，轉移電子數目為
【答案】B
【知識點】硅和二氧化硅；物質的量的相關計算；阿伏加德羅常數
【解析】【解答】A．硅為共價晶體，每個硅原子通過共價鍵與周圍的四個硅原子相連，即每個Si原子形成4個Si-Si鍵，每個硅原子由兩個鍵共享，則1mol Si中Si-Si鍵數目為 ，A錯誤；
B．每個水分子含有10個電子，2.7g H2O的物質的量為 ，含有的電子數為 ，B正確；
C．溶液中， 會轉化為，即發生反應 ，則 離子數小于 ，C錯誤；
D．根據反應的方程式可知，Si元素的化合價升高，則氧化產物是，每個Si失4e-，故每生成1mol轉移電子數為 ，D錯誤；
故選B。
【分析】A．硅中每個硅原子通過共價鍵與周圍的四個硅原子相連；
Ｂ．每個水分子含有10個電子；
Ｃ． 會轉化為，發生的反應為；
Ｄ．該反應中Si元素的化合價升高，則為氧化產物。
4．（2025·達州模擬）下列離子方程式書寫正確的是
A．鉛酸蓄電池充電時的陽極反應：
B．向溶液中加入適量醋酸：
C．向溶液中通入氣體，溶液變為黃綠色：
D．純堿溶液可用于去油污的原因：
【答案】C
【知識點】離子方程式的書寫
【解析】【解答】A．鉛酸蓄電池充電時的陽極上硫酸鉛失電子生成，電極反應為：，A錯誤；
B．醋酸為弱電解質不能拆，離子方程式應為：，B錯誤；
C．硫酸銅溶液中含藍色的，通入HCl氣體，溶液變為黃綠色是因為生成了黃色的，離子方程式為，C正確；
D．碳酸鈉水解主要以第一步為主，水解的離子方程式為：，D錯誤；
故選C。
【分析】A．陽極發生氧化反應，且硫酸鉛為難溶物，應寫成化學方程式；
Ｂ．醋酸為弱酸，應寫化學方程式；
Ｃ．通入HCl，轉化為；
Ｄ．碳酸根分步水解。
5．（2025·達州模擬）下列實驗裝置或操作正確，且能達到相應實驗目的的是
A．圖甲：驗證鐵釘的吸氧腐蝕
B．圖乙：鑒別亞硝酸鈉和硝酸鈉
C．圖丙：驗證中含碳碳雙鍵
D．圖丁：從食鹽水中提取
【答案】A
【知識點】金屬的電化學腐蝕與防護；性質實驗方案的設計；化學實驗方案的評價
【解析】【解答】A．鐵發生吸氧腐蝕時消耗氧氣，氧氣傳感器會發生相應變化，能達到實驗目的，A符合題意；
B． 亞硝酸鈉溶液顯堿性，硝酸鈉溶液呈中性，甲基橙的變色范圍是3.1-4.4，pH＞4.4時溶液為黃色，因此加入甲基橙后兩溶液均為黃色，無法鑒別，B不符合題意；
C．新制氫氧化銅與醛基加熱可產生磚紅色沉淀，但新制氫氧化銅懸濁液為堿性，再加溴水會與堿反應，無法檢驗碳碳雙鍵的存在，C不符合題意；
D． 從食鹽水中提取 應采用蒸發結晶的方式，圖示儀器為坩堝，應用蒸發皿，D不符合題意；
故選A。
【分析】A．鐵在中性條件下發生吸氧腐蝕；
Ｂ．甲基橙的變色范圍是3.1-4.4；
Ｃ．溴水能與氫氧化銅反應；
Ｄ．蒸發應在蒸發皿中進行。
6．（2025·達州模擬）丙烷發生一氯取代時，可與由通過光照解離出來的氯原子作用產生兩種自由基：與，其過程中的能量變化如圖所示。下列說法錯誤的是
A．反應①活化能更高，反應速率更慢
B．斷裂中鍵比斷裂中鍵所需能量小
C．丙烷與氯氣進行一氯取代時主要有機產物的結構簡式為
D．一定條件下，選擇合適的催化劑可以提高的選擇性
【答案】B
【知識點】活化能及其對化學反應速率的影響；化學反應速率的影響因素
【解析】【解答】A．活化能越大反應速率越慢，反應①活化能更高，反應速率更慢，故A正確；
B．根據圖示，斷裂中鍵比斷裂中鍵所需能量多，故B錯誤；
C．根據圖示，反應②活化能更低，反應速率更快，所以丙烷與氯氣進行一氯取代時主要有機產物的結構簡式為，故C正確；
D．一定條件下，選擇合適的催化劑降低反應①活化能，加快反應①的速率，可以提高的選擇性，故D正確；
故選B。
【分析】A．活化能越大反應速率越慢；
Ｂ．斷裂中鍵所需的能量高于斷裂鍵；
Ｃ．反應②的活化能更低，反應速率更快；
Ｄ．催化劑具有選擇性。
7．（2025·達州模擬）室溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．溶液：、、、
B．氨水中：、、、
C．溶液中：、、、
D．的溶液：、、、
【答案】A
【知識點】離子共存
【解析】【解答】A．、、、、之間不發生反應，能大量共存，A正確；
B．氨水顯堿性，有的存在，會與結合形成難溶物，不穩定會分解為，而且與氨水還會形成銀氨絡離子，所以不能大量共存，B錯誤；
C．溶液中，存在 ，與 結合形成沉淀，離子方程式為，所以不能大量共存，C錯誤；
D．pH=1的溶液呈酸性，溶液中含有大量，與-結合形成弱電解質HF，所以不能大量共存，D錯誤；
故選A。
【分析】離子之間不生成氣體、沉淀、弱電解質或不發生氧化還原反應、絡合反應、雙水解等反應時能大量共存。
8．（2025·達州模擬）某工廠利用產生的廢氣制晶體的流程如下：
已知：。下列說法正確的是
A．“氧化”過程中通入空氣越多越好
B．“吸收”過程中需通過控制溶液的用量調
C．“一系列操作”是蒸發結晶、趁熱過濾、洗滌、烘干
D．每制取，理論上消耗
【答案】B
【知識點】制備實驗方案的設計
【解析】【解答】A．“氧化”過程會發生反應，該反應中S與SO2的物質的量之比為1：1，“氧化”過程中通入空氣不能過多，否則會氧化Na2S2O3，A錯誤；
B．“吸收”過程中需通過控制溶液的用量調，若酸性過強，Na2S2O3在酸性條件下生成S單質和SO2氣體，B正確；
C．最終得到帶結晶水的，一系列操作中不能烘干，C錯誤；
D．氣體所處的狀態未知，不能確定氧氣的體積，D錯誤；
故選B。
【分析】H2S廢氣被空氣氧化，生成物中有S和SO2，S和SO2再與Na2CO3反應得到Na2S2O3，方程式為：，Na2S2O3溶液經過蒸發結晶、趁熱過濾、洗滌得到晶體 。
9．（2025·達州模擬）X、Y、Z、W為前四周期元素，它們的原子序數依次增大。的一種同位素沒有中子；的價電子層中有3個未成對電子，是紅棕色氣體；前四周期元素中基態原子的核外未成對電子數最多。下列說法正確的是
A．氫化物的穩定性：
B．的鍵角：
C．X、Y、Z三種元素形成的化合物一定顯酸性
D．（）中W的化合價為價
【答案】B
【知識點】原子結構與元素的性質；鍵能、鍵長、鍵角及其應用；化合價與化學式；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．元素的非金屬性越強，其簡單氫化物的穩定性越強，非金屬性NNH3，A錯誤；
B．孤電子對間排斥力＞孤電子對和成鍵電子對之間的排斥力＞成鍵電子對之間的排斥力，孤電子對越多鍵角越小，[Cr(NH3)6]3+中NH3通過配位鍵與Cr3+結合，N原子周圍無孤電子對，NH3中N原子有孤電子對，孤電子對斥力大，NH3中H-N-H鍵角小，B正確；
C．X、Y、Z三種元素形成的化合物不一定顯酸性，如一水合氨為堿性，C錯誤；
D．（）中存在2個過氧鍵，W的化合價為價，D錯誤；
故選B。
【分析】的一種同位素沒有中子 ，則X為H元素，的價電子層中有3個未成對電子，是紅棕色氣體 ，則Y為N元素，Z為O元素， 前四周期元素中基態原子的核外未成對電子數最多 ，為Cr元素。
10．（2025·達州模擬）苦瓜是百姓餐桌上的一種常見蔬菜，含有苦味素奎寧，奎寧的結構簡式如圖所示。下列關于奎寧的說法正確的是
A．奎寧的同分異構體只有酯類
B．奎寧分子中含有5個手性碳原子
C．奎寧可分別與溶液、酸性溶液反應
D．奎寧可以發生取代、加成、消去及氧化反應
【答案】D
【知識點】“手性分子”在生命科學等方面的應用；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】A．奎寧分子分子式為C20H24N2O2，不飽和度為10，其同分異構體可以有酯類、羧酸、分類、酰胺等，故A錯誤；
B．分子中含有4個手性碳原子(*號標出)，故B錯誤；
C．奎寧不含酚羥基，不能與溶液反應，奎寧含碳碳雙鍵，能與酸性溶液反應，故C錯誤；
D．奎寧分子含有羥基、苯環可以發生取代反應，含有碳碳雙鍵可以發生加成反應，含有羥基，且與羥基鄰位碳原子含有氫原子，可以發生消去反應，碳碳雙鍵、羥基可以發生氧化反應，故D正確；
故選D。
【分析】A．分子式相同，結構不同的化合物互為同分異構體；
Ｂ．手性碳是指連有四個不同原子團的碳原子；
Ｃ．酚羥基能與溶液反應；
Ｄ．根據所含官能團判斷能發生的反應。
11．（2025·達州模擬）在給定條件下，下列制備或處理過程涉及的物質轉化均可實現的是
A．制鎂工業：海水
B．去除難溶物：
C．制備硫酸：硫黃
D．制備高純硅：粗硅高純硅
【答案】D
【知識點】工業制取硫酸；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；海水資源及其綜合利用；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A．工業上通常電解熔融的氯化鎂制備Mg，A錯誤；
B．CaCO3與飽和Na2SO4溶液反應生成CaSO4的轉化可能實現(Q > Ksp)，但CaSO4與鹽酸不反應，第二步無法實現，B錯誤；
C．硫磺與足量氧氣反應只能得到SO2，SO2與H2O反應得到H2SO3，C錯誤；
D．粗硅與HCl高溫生成SiHCl3，H2高溫還原SiHCl3得到高純硅，D正確；
故選D。
【分析】A．MgO熔點很高；
Ｂ．CaSO4與鹽酸不反應；
Ｃ．二氧化硫溶于水生成亞硫酸；
Ｄ．粗硅與HCl高溫生成SiHCl3，氫氣還原三氯化硅得到高純硅。
12．（2025·達州模擬）在一定溫度下，將和充入容積為的恒容密閉容器中發生反應：。5min后反應達到平衡，測得容器內的濃度減少了，則下列敘述正確的是
A．當體系中氣體的密度不變時，無法判斷反應是否達到平衡
B．平衡時A、B的轉化率均為40%
C．初始時的壓強與平衡時的壓強比為
D．達到平衡時，若再充入1molB和1molD，平衡將向正反應方向移動
【答案】B
【知識點】化學平衡常數；化學平衡狀態的判斷；化學平衡的計算
【解析】【解答】A．容器體積始終不變，而反應中氣體的質量為變量，則混合氣體的密度不變，說明反應已達平衡，A錯誤；
B.5min后反應達到平衡，測得容器內的濃度減少了，物質的量為2L×=0.8mol，則平衡時A、B的轉化率分別為、，B正確；
C．反應后ABD分別為0.6mol、1.2mol、0.8mol，總的物質的量為2.6mol，則初始時的壓強與平衡時的壓強比為（1mol+2mol）：2.6mol=15：13，C錯誤；
D．該反應的，若再充入1molB和1molD，此時，則反應逆向進行，D錯誤；
故選B。
【分析】A．可逆反應達到平衡狀態時，正逆反應速率相等，反應體系中各物質的物質的量、物質的量濃度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不變，據此判斷；
Ｂ．根據計算；
Ｃ．壓強之比等于物質的量之比；
Ｄ．平衡移動原理的具體內容為：如果改變可逆反應的條件（如濃度、壓強、溫度等），化學平衡就被破壞，并向減弱這種改變的方向移動。
13．（2025·達州模擬）傳統氯堿工業能耗高，科學家研發了“氧陰極技術”新工藝。其與傳統工藝主要差異在陰極結構，新工藝通過向陰極區供純氧，避免直接得電子生成，實現了降電壓、減能耗。采用“氧陰極技術”的氯堿工業的裝置如圖所示，下列說法錯誤的是
A．該離子交換膜只允許陽離子通過，不允許陰離子通過
B．裝置工作時，陰極區溶液逐漸增大
C．電子從陽極經稀堿溶液流向陰極
D．裝置中發生的總反應式為：
【答案】C
【知識點】電解原理；原電池工作原理及應用；電解池工作原理及應用
【解析】【解答】A．陰極區域生成OH-，Na+從陽極區域通過交換膜進入陰極區，所以該離子交換膜采用陽離子交換膜，只能讓陽離子通過，不能讓陰離子通過，故A正確；
B．陰極的電極反應式為O2+2H2O+4e-=4OH-，生成OH-，則陰極區溶液逐漸增大，故B正確；
C．電子不能經過電解質溶液，電子從陽極流出，流向電源正極，從電源負極流出，流向陰極，故C錯誤；
D．陰極反應為O2+2H2O+4e-=4OH-，陽極反應為2Cl--2e-=Cl2↑，則電池總反應為，故D正確；
故選C。
【分析】由圖可知，陰極上，氧氣發生還原反應，電極反應式為O2+2H2O+4e-=4OH-，陽極上發生氧化反應生成氯氣，電極反應式為2Cl--2e-=Cl2↑。
14．（2025·達州模擬）氧化亞銅(Cu2O)是一種重要的無機化工原料，可應用于陶瓷、玻璃和有機合成催化劑等領域。有研究表明，Cu2O/H2O體系可以很好地催化疊氮和端炔的反應，反應機理如圖1所示（含氦五元環為平面結構）。催化劑立方Cu2O晶胞如圖2所示。
下列說法正確的是
A．N、O、Cu的第一電離能從大到小的順序是O＞N＞Cu
B．由圖1，該反應前后，2號氮原子的雜化軌道類型從sp2轉化sp3
C．由圖2，Cu+的配位數為2
D．由圖2，若不同微粒間的最小核間距為apm，則晶體密度為
【答案】C
【知識點】元素電離能、電負性的含義及應用；離子晶體；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．同周期元素，從左到右第一電離能呈增大趨勢，但N的2p軌道半充滿，則N的第一電離能大于O，Cu是金屬元素，第一電離能最小，則N、O、Cu的第一電離能從大到小的順序是N＞O＞Cu，A不正確；
B．反應前，2號氮原子的價層電子對數為2，采用sp雜化，反應后，2號N原子的價層電子對數為3，采用sp2雜化，B不正確；
C．在Cu2O晶胞中，Cu+與O2-的個數比為2：1，O2-的配位數為4，則Cu+的配位數為2，C正確；
D．由圖2，若不同微粒間的最小核間距為apm，則體對角線的長度為4apm，晶胞邊長為pm，在晶胞中含有O2-的數目為=2，含Cu+的數目為4，則晶體密度為=，D不正確；
故選C。
【分析】A．原子軌道中電子處于全滿、全空、半滿時較穩定，失電子較難，電離能較大；
Ｂ．根據N原子的價層電子對數判斷其雜化方式；
Ｃ．結合晶胞圖計算分析；
Ｄ．根據均攤法和計算。
15．（2025·達州模擬）常溫下，二元酸溶液中溶質微粒分布系數[如]與關系如圖所示。下列說法正確的是
A．表示，表示
B．
C．溶液中存在：
D．等物質的量濃度的和溶液等體積混合，離子濃度大小關系為：
【答案】C
【知識點】鹽類水解的原理；離子濃度大小的比較；電離平衡常數
【解析】【解答】A．由分析可知，a表示c（HA-），b表示c（A2-），A錯誤；
B．a、b曲線的交點處，c（HA-）=c（A2-），，B錯誤；
C．溶液中，根據物料守恒有，C正確；
D．等物質的量濃度的和溶液等體積混合，根據，則A2-水解常數，HA-電離大于水解，離子濃度大小關系為：，D錯誤；
故選C。
【分析】分布系數只有兩條曲線，說明第一步完全電離，而隨著溶液pH增大，a逐漸減小，b逐漸增大，則a表示c（HA-），b表示c（A2-）。
16．（2025·達州模擬）氧化鈧（Sc2O3）是一種稀土氧化物，廣泛地應用于原子能、航空航天、熒光、電子、高技術陶瓷等領域。工業上以鎢渣[含W，Sc，Si，Ca，Na，Zr（鋯）等諸多元素的氧化物]為原料提取高純度氧化鈧的流程如下：
查閱資料：1．鎢的氧化物WO3是酸性氧化物；
2．萃取相是采用TBP和P204與煤油按一定比例混合而成的有機相（TP）；
3．萃取相比O/W即為有機相與被萃取的酸性溶液的體積比；
4．逆流萃取指萃取劑與原溶液逆向流動的萃取。單極萃取指僅進行一次萃取的操作。
（1）鈧的基態原子價電子軌道表示式為　 　。
（2）“萃取”采用逆流萃取，相比單級萃取的優勢有　 　。“萃取”過程中萃取相比O/W和攪拌速度直接影響萃取率，請根據表格中的數據選擇的最佳萃取相比O/W和攪拌器轉速分別為　 　。
表1萃取相比試驗結果
萃取相比O/W 1：10 1：15 1：20 1：25 1：30 1：35 1：40
萃取率% 90 90 90 80 75 70 60
表2攪拌速度試驗結果
攪拌器轉速/ r/min 150 300 450 600 700
萃取率% 70 80 90 少量乳濁液 大量乳濁液
（3）Sc3+與P204形成的配合物可表示為Sc(HA2)3，則加氫氧化鈉溶液“反萃取”過程中生成Sc(OH)3的化學方程式為　 　。
（4） Sc(OH)3粗品用鹽酸溶解，并控制溶液pH為6，加Na2HPO4溶液除鈣。若除鈣時pH調節過小，可能導致的后果是　 　。
（5）苦杏仁酸（）在酸性條件下可與Zr4+形成配合物，請解釋其與Zr4+配位的化學原理是　 　。
（6）空氣中“煅燒”時發生反應的化學方程式為　 　。
【答案】（1）
（2）逆流萃取可提高萃取效率，減少萃取劑用量；1：20、450r/min
（3）Sc(HA2)3+3NaOH=Sc(OH)3↓+3NaHA2或者Sc(HA2)3+6NaOH=Sc(OH)3↓+3Na2A2+3H2O
（4）轉化為，鈣鹽溶解，降低除鈣效率
（5）苦杏仁酸中O提供孤電子對填充在Zr4+的空軌道中配位
（6）2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2
【知識點】常見金屬元素的單質及其化合物的綜合應用；制備實驗方案的設計
【解析】【解答】（1）Sc是21號元素，基態Sc原子價電子軌道表示式為，故答案為：；
（2）“萃取”采用逆流萃取能夠增大接觸面積，提高萃取率，即相比單級萃取的優勢有逆流萃取可提高萃取效率，減少萃取劑用量，“萃取”過程中萃取相比O/W和攪拌速度直接影響萃取率，根據表格中的數據可知：O/W比為1：20時萃取率為90%，450r/min時萃取率為90%，故選擇的最佳萃取相比O/W和攪拌器轉速分別為450r/min，故答案為：逆流萃取可提高萃取效率，減少萃取劑用量；1：20，450r/min；
（3）Sc3+與P204形成的配合物可表示為Sc(HA2)3，則加氫氧化鈉溶液“反萃取”過程中生成Sc(OH)3的化學方程式為Sc(HA2)3+3NaOH=Sc(OH)3↓+3NaHA2或者Sc(HA2)3+6NaOH=Sc(OH)3↓+3Na2A2+3H2O，故答案為：Sc(HA2)3+3NaOH=Sc(OH)3↓+3NaHA2或者Sc(HA2)3+6NaOH=Sc(OH)3↓+3Na2A2+3H2O；
（4）Ca3(PO4)2、CaHPO4是沉淀，Ca(H2PO4)2是可溶于水，故Sc(OH)3粗品用鹽酸溶解，并控制溶液pH為6，加Na2HPO4溶液除鈣。若除鈣時pH調節過小，可能導致的后果是轉化為，鈣鹽溶解，降低除鈣效率，故答案為：轉化為，鈣鹽溶解，降低除鈣效率；
（5）苦杏仁酸中O原子周圍均含有孤電子對，Zr4+核外有空軌道，故O與Zr4+之間能夠通過形成配位鍵結合成配位化合物，故在酸性條件下可與Zr4+形成配合物，故答案為：苦杏仁酸中O提供孤電子對填充在Zr4+的空軌道中配位；
（6）空氣中“煅燒”時，Sc2(C2O4)3分解生成Sc2O3和CO2，則該過程反應的化學方程式為：2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2，故答案為：2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2。
【分析】鎢渣中加入硫酸浸出， 鎢的氧化物WO3是酸性氧化物，不與硫酸反應，SiO2也不與硫酸反應，CaO與硫酸反應生成的硫酸鈣為微溶物，則濾渣1為WO3、SiO2、CaSO4，加入TP進行萃取，分離出水相，向有機相中加入NaOH溶液進行反萃取，分離出有機相，向水相中加入HCl、Na2HPO4將Ca2+轉化為CaHPO4或Ca3(PO4)2進行除鈣，得到濾渣2，向濾液2中加入苦杏仁酸進行除鋯，最后向濾液中加入草酸進行沉鈧得到Sc2(C2O4)3，過濾得到Sc2(C2O4)3，最后煅燒Sc2(C2O4)3得到氧化鈧。
（1）已知Sc是21號元素，故鈧的基態原子價電子軌道表示式為，故答案為：；
（2）由題干信息可知，“萃取”采用逆流萃取能夠增大接觸面積，提高萃取率，即相比單級萃取的優勢有逆流萃取可提高萃取效率，減少萃取劑用量，“萃取”過程中萃取相比O/W和攪拌速度直接影響萃取率，根據表格中的數據可知：O/W比為1：20時萃取率為90%，450r/min時萃取率為90%，故選擇的最佳萃取相比O/W和攪拌器轉速分別為450r/min，故答案為：逆流萃取可提高萃取效率，減少萃取劑用量；1：20，450r/min；
（3）Sc3+與P204形成的配合物可表示為Sc(HA2)3，則加氫氧化鈉溶液“反萃取”過程中生成Sc(OH)3的化學方程式為Sc(HA2)3+3NaOH=Sc(OH)3↓+3NaHA2或者Sc(HA2)3+6NaOH=Sc(OH)3↓+3Na2A2+3H2O，故答案為：Sc(HA2)3+3NaOH=Sc(OH)3↓+3NaHA2或者Sc(HA2)3+6NaOH=Sc(OH)3↓+3Na2A2+3H2O；
（4）已知Ca3(PO4)2、CaHPO4是沉淀，Ca(H2PO4)2是可溶于水，故Sc(OH)3粗品用鹽酸溶解，并控制溶液pH為6，加Na2HPO4溶液除鈣。若除鈣時pH調節過小，可能導致的后果是轉化為，鈣鹽溶解，降低除鈣效率，故答案為：轉化為，鈣鹽溶解，降低除鈣效率；
（5）已知苦杏仁酸中O原子周圍均含有孤電子對，Zr4+核外有空軌道，故O與Zr4+之間能夠通過形成配位鍵結合成配位化合物，故在酸性條件下可與Zr4+形成配合物，故答案為：苦杏仁酸中O提供孤電子對填充在Zr4+的空軌道中配位；
（6）由分析可知，空氣中“煅燒”時是煅燒Sc2(C2O4)3生成Sc2O3和CO2，根據氧化還原反應配平可得，該過程發生反應的化學方程式為：2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2，故答案為：2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2。
17．（2025·達州模擬）碘酸鉀是一種白色結晶性粉末，溶于水和稀硫酸，不溶于乙醇、液氨。常用作分析試劑、氧化劑及營養強化劑。某實驗小組制備并測定其純度的操作如下：
I．的制備：向含（過量）的熱水溶液中，加入含的水溶液，反應至出現大量棕褐色沉淀，加熱；加適量的乙醇，充分反應；再進行過濾，向濾液中加10.00mL5%的醋酸，轉移至蒸發皿中，加熱至表面出現晶膜，停止加熱：自然冷卻，待大量固體析出，進行過濾；用冷乙醇洗滌固體，在培養皿內自然晾干，稱量的固體質量為。
Ⅱ．純度測定：稱取樣品加水溶解后轉移至容量瓶中定容，取待測液于錐形瓶中，加入過量，再加入的鹽酸；置于暗處，用的滴定溶液至淡黃色，加入的淀粉溶液后，繼續滴加溶液至滴定終點，重復測定三次。消耗溶液的體積平均為。
已知：①淀粉與形成的復合物可吸附部分；②。
（1）制備過程中，下列儀器在過濾操作時一定不需要的是　 　（填字母）。
（2）請寫出與反應的化學方程式　 　。
（3）的制備過程中乙醇過量帶來的后果是　 　。
（4）滴定過程中需在臨近終點時加入淀粉溶液的可能原因是　 　。
（5）測定的樣品純度為　 　（保留3位有效數字），若實驗中配制溶液時未煮沸蒸餾水，可使測定結果　 　（填“偏大”“偏小”或“無影響”）。
（6）設計實驗驗證市售加碘食鹽中碘的存在形式是而非，寫出關鍵操作及預期現象　 　。
【答案】（1）BD
（2）
（3）提前析出部分碘酸鉀，導致產率降低
（4）過早加入淀粉，形成的復合物會吸附較多，導致終點滯后，顏色褪去不敏銳，出現較大誤差
（5）92.4%；偏大
（6）取市售加碘食鹽配制的水溶液少許分別于、兩支試管中，向試管滴入幾滴稀酸化的溶液，再滴入幾滴淀粉溶液，溶液不顯藍色，證明不是；向試管滴入幾滴稀酸化的溶液，再滴入幾滴淀粉溶液，溶液顯藍色，證明是
【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
【解析】【解答】（1）過濾操作時需要鐵架臺、燒杯、漏斗和玻璃棒，不需要坩堝鉗、分液漏斗，則一定不需要的是BD。
（2）與發生氧化還原反應生成二氧化錳、碘酸鉀，反應的化學方程式為：。
（3）乙醇用于除去過量高錳酸鉀，碘酸鉀不溶于乙醇，若乙醇過量，會提前析出部分碘酸鉀，與二氧化錳一起被過濾掉，則的制備過程中乙醇過量帶來的后果是：提前析出部分碘酸鉀，導致產率降低。
（4）淀粉與形成的復合物可吸附部分，則滴定過程中需在臨近終點時加入淀粉溶液的可能原因是：過早加入淀粉，形成的復合物會吸附較多，導致終點滯后，顏色褪去不敏銳，出現較大誤差。
（5）加入碘化鉀時，碘化鉀和碘酸鉀反應，離子方程式為：+5I-+6H+=3I2+3H2O，再結合，可知~3I2~，則n()=n()=×0.10mol/L×25.40mL×10-3=4.233×10-4mol，產品純度==92.4%，若實驗中配制溶液時未煮沸蒸餾水，則部分被氧氣氧化，導致標準溶液體積偏大，可使測定結果偏大。
（6）可根據H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O、+5I-+6H+=3I2+3H2O設計實驗驗證市售加碘食鹽中碘的存在形式是而非，關鍵操作及預期現象為：取市售加碘食鹽配制的水溶液少許分別于、兩支試管中，向試管滴入幾滴稀酸化的溶液，再滴入幾滴淀粉溶液，溶液不顯藍色，證明不是；向試管滴入幾滴稀酸化的溶液，再滴入幾滴淀粉溶液，溶液顯藍色，證明是。
【分析】（1）過濾時所需的儀器為燒杯、漏斗、鐵架臺、玻璃棒；
（2） 氧化 生成二氧化錳、錳酸鉀和氫氧化鉀；
（3）碘酸鉀不溶于乙醇；
（4）淀粉與形成的復合物可吸附部分；
（5）根據關系式~3I2~計算；易被氧化；
（6）KI能被氧化生成單質碘，能與反應生成單質碘，碘能使淀粉變藍。
（1）過濾操作時需要鐵架臺(附鐵圈)、燒杯、漏斗和玻璃棒，不需要坩堝鉗、分液漏斗，則一定不需要的是BD。
（2）與發生氧化還原反應生成二氧化錳、碘酸鉀，根據得失電子守恒、元素質量守恒，反應的化學方程式為：。
（3）乙醇用于除去過量高錳酸鉀，已知碘酸鉀不溶于乙醇，若乙醇過量，會提前析出部分碘酸鉀，與二氧化錳一起被過濾掉，則的制備過程中乙醇過量帶來的后果是：提前析出部分碘酸鉀，導致產率降低。
（4）已知，淀粉與形成的復合物可吸附部分；則滴定過程中需在臨近終點時加入淀粉溶液的可能原因是：過早加入淀粉，形成的復合物會吸附較多，導致終點滯后，顏色褪去不敏銳，出現較大誤差。
（5）加入碘化鉀時，碘化鉀和碘酸鉀反應，離子方程式為：+5I-+6H+=3I2+3H2O，再結合，可知~3I2~，則n()=n()=×0.10mol/L×25.40mL×10-3=4.233×10-4mol，產品純度==92.4%，若實驗中配制溶液時未煮沸蒸餾水，則部分被氧氣氧化，導致標準溶液體積偏大，可使測定結果偏大。
（6）可根據H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O、+5I-+6H+=3I2+3H2O設計實驗驗證市售加碘食鹽中碘的存在形式是而非，關鍵操作及預期現象為：取市售加碘食鹽配制的水溶液少許分別于、兩支試管中，向試管滴入幾滴稀酸化的溶液，再滴入幾滴淀粉溶液，溶液不顯藍色，證明不是；向試管滴入幾滴稀酸化的溶液，再滴入幾滴淀粉溶液，溶液顯藍色，證明是。
18．（2025·達州模擬）空氣是人類賴以生存的重要資源，其主要成分為、及少量、等。
Ⅰ．早在18世紀末，科學家就提出“向空氣要面包”。
（1）請依據下表資料數據，選擇常溫下更適合生產的反應________（用反應序號表示），并說明選擇的理由________。
、時反應的焓變、熵變和平衡常數
化學反應 反應①： 反應②：
K
Ⅱ．為有效降低空氣中的含量，可采用其在固體催化劑表面加氫合成甲烷的方法，涉及的反應如下：
主反應：
副反應：
（2）向甲、乙兩個體積相同的容器中加入和（假設只發生主反應），甲容器在恒溫恒容條件下進行，而乙容器則在絕熱恒容條件下進行，兩容器中壓強（）隨時間變化曲線如圖：
①甲容器中，從開始到點，用分壓變化表示的反應速率為________（用p表示）。
②乙容器中，從開始到a點壓強增大的原因是________。
（3）時，向恒容密閉容器中充入和，初始壓強為，主、副反應均達到平衡狀態時，的轉化率為，的選擇性為，則主反應的平衡常數________（的選擇性，列出計算表達式）。
Ⅲ．我國科學家研發了可同時收集、的電解池裝置。
（4）采用雙極膜（圖中雙極膜中間層中的解離為和，并在直流電場作用下分別向兩極遷移），通過電解溶液制備的同時收集，該裝置的工作原理如圖所示。回答下列問題：
①b是電源的________極（填“正”或“負”）。
②該裝置電解的總化學反應方程式為________。
【答案】(1) 反應① 由表中數據計算，常溫時反應①，反應可自發進行；，反應正向進行的程度大
(2) 0.2p 乙為絕熱恒容體系，該反應為放熱反應，反應使體系溫度升高，壓強增大，體系氣體的總物質的量的減小，壓強減小，且增大程度大于減小程度
(3)或
(4) 正
【知識點】焓變和熵變；化學平衡常數；化學平衡轉化過程中的變化曲線；化學平衡的計算；電解池工作原理及應用
【解析】【解答】（1）反應①為，根據反應可自發進行，該反應自發進行時溫度，即常溫下反應可以自發進行，且化學反應平衡常數，反應正向進行的程度大，而反應②為，該反應自發進行時溫度，即常溫下反應不可以自發進行，且化學反應平衡常數，反應正向進行的程度非常小；故答案為：反應①；由表中數據計算，常溫時反應①，反應可自發進行，，反應正向進行的程度大；
（2）①該反應的三段式：
，，，則，解得x=0.5mol，開始分壓為，b點分壓為，用分壓變化表示的反應速率為；
②由于乙容器是絕熱容器，反應放熱使體系溫度升高、壓強增大，但正反應是氣體分子數減小的反應，氣體減小使壓強減小，而從開始到a點壓強增大，則說明反應時放熱體系溫度升高使壓強增大的影響程度大于體系氣體的總物質的量減小使壓強減小的影響程度，所以乙容器中，從開始到a點壓強增大；故答案為：0.2；乙為絕熱恒容體系，該反應為放熱反應，反應使體系溫度升高，壓強增大，體系氣體的總物質的量的減小，壓強減小，且增大程度大于減小程度；
（3）根據題干信息列出反應的三段式：
，，根據的轉化率，的選擇性列式計算，，解得，平衡時，、、、、，氣體總物質的量為4.2mol，恒溫恒容下，，，則主反應的平衡常數==；
（4）該裝置為電解池，根據電解溶液制備，則左側惰性電極發生轉化為的還原反應，該電極為陰極，a為陰極，b為正極；陰極電極反應為，同時陽極收集，電極反應式為，則總反應為。
【分析】（1）根據時反應自發進行分析；
（2）①根據計算；
②反應放熱會使壓強增大；
（3）列出反應的三段式，結合平衡常數的表達式計算；
（4）該裝置為電解池， 電解溶液制備的同時收集 ，則發生還原反應生成氨氣，則與a電極相連的為陰極，電極反應式為，與b電極相連的電極為陽極，電極反應式為。
19．（2025·達州模擬）奧希替尼（化合物J）是一種抗腫瘤藥，可由下列路線合成（部分反應試劑、條件略去）：
回答下列問題：
（1）D的結構簡式為　 　。
（2）E中含氧官能團名稱為硝基和　 　。
（3）由I生成J的反應類型是　 　。
（4）A+B→C化學方程式為　 　。
（5）在的同分異構體中，同時滿足下列條件的有　 　種（不考慮立體異構），寫出其中一種同分異構體的結構簡式　 　。
①含有手性碳原子 ②含有醛基
（6）氟他胺（）也是抗腫瘤藥的一種，依據以上流程信息，結合所學知識，設計以為原料合成氟他胺的路線　 　（其他試劑任選）。
【答案】（1）
（2）醚鍵
（3）消去反應
（4）
（5）4；或或或
（6）
【知識點】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，D的結構簡式為。
（2）根據E的結構簡式可知，E中含氧官能團名稱為硝基和醚鍵。
（3）I生成J的過程中，氯原子最終轉化為碳碳雙鍵，反應類型為消去反應。
（4）A和B發生取代反應生成C，則A+B→C的化學方程式為。
（5）與H互為同分異構體且含有醛基的化合物為Cl和Br取代的丙醛，Cl和Br處于烷基碳上，無論Cl和Br在分子上如何分布，該分子均有手性碳原子，則該同分異構體有4種，結構為或或或。
（6）合成的目標是將中硝基轉化為酰胺鍵，根據題目中E到I的步驟可知：硝基先還原為氨基，再與-COX（X為鹵素原子）可得到酰胺鍵，則合成的路線為。
【分析】與反應生成C，C與D反應得到E，結合A、B、E的結構簡式可知，C的結構簡式為，C與D發生取代反應生成E，結合D的分子式可知，D為，E與發生取代反應，再還原得到G，G與反應得到I，I發生消去反應生成碳碳雙鍵得到J。
（1）據分析，D的結構簡式為。
（2）根據E的結構簡式，E中含氧官能團名稱為硝基和醚鍵。
（3）根據已知，I生成J的反應為-COCH2CH2Cl轉化為-CHCH=CH2，反應類型為消去反應。
（4）據分析，A+B→C化學方程式為。
（5）與H互為同分異構體且含有醛基的化合物為Cl和Br取代的丙醛，Cl和Br處于烷基碳上，無論Cl和Br在分子上如何分布，該分子均有手性碳原子，則該同分異構體有4種，結構為或或或。
（6）合成的目標是將中硝基轉化為酰胺鍵，根據題目中E到I的步驟可知：硝基先還原為氨基，再與-COX（X為鹵素原子）可得到酰胺鍵，則合成的路線為。
1 / 1四川省達州市2025屆高三下學期二模化學試題
1．（2025·達州模擬）中華文明源遠流長，文物承載著文明的記憶。某市博物館的以下幾種鎮館之寶，原料富含有機高分子化合物的文物是
A．巴式柳葉銅劍 B．東漢上釉磚
C．宋徽宗趙佶的真跡《白鷹圖》 D．清代玉鐲
2．（2025·達州模擬）甲醛在木材加工、醫藥等方面有重要用途。已知：為甲醇催化氧化合成甲醛的反應。下列有關說法錯誤的是
A．醛基的電子式為：
B．甲醛分子中鍵的電子云輪廓圖：
C．甲醛分子是平面三角形的非極性分子
D．的沸點比的沸點高
3．（2025·達州模擬）半導體材料硅的表面進行拋光處理的反應原理為：。設為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是
A．中含有鍵的數目為
B．標準狀況下，中含有的電子總數為
C．的溶液中離子數為
D．反應每生成氧化產物，轉移電子數目為
4．（2025·達州模擬）下列離子方程式書寫正確的是
A．鉛酸蓄電池充電時的陽極反應：
B．向溶液中加入適量醋酸：
C．向溶液中通入氣體，溶液變為黃綠色：
D．純堿溶液可用于去油污的原因：
5．（2025·達州模擬）下列實驗裝置或操作正確，且能達到相應實驗目的的是
A．圖甲：驗證鐵釘的吸氧腐蝕
B．圖乙：鑒別亞硝酸鈉和硝酸鈉
C．圖丙：驗證中含碳碳雙鍵
D．圖丁：從食鹽水中提取
6．（2025·達州模擬）丙烷發生一氯取代時，可與由通過光照解離出來的氯原子作用產生兩種自由基：與，其過程中的能量變化如圖所示。下列說法錯誤的是
A．反應①活化能更高，反應速率更慢
B．斷裂中鍵比斷裂中鍵所需能量小
C．丙烷與氯氣進行一氯取代時主要有機產物的結構簡式為
D．一定條件下，選擇合適的催化劑可以提高的選擇性
7．（2025·達州模擬）室溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．溶液：、、、
B．氨水中：、、、
C．溶液中：、、、
D．的溶液：、、、
8．（2025·達州模擬）某工廠利用產生的廢氣制晶體的流程如下：
已知：。下列說法正確的是
A．“氧化”過程中通入空氣越多越好
B．“吸收”過程中需通過控制溶液的用量調
C．“一系列操作”是蒸發結晶、趁熱過濾、洗滌、烘干
D．每制取，理論上消耗
9．（2025·達州模擬）X、Y、Z、W為前四周期元素，它們的原子序數依次增大。的一種同位素沒有中子；的價電子層中有3個未成對電子，是紅棕色氣體；前四周期元素中基態原子的核外未成對電子數最多。下列說法正確的是
A．氫化物的穩定性：
B．的鍵角：
C．X、Y、Z三種元素形成的化合物一定顯酸性
D．（）中W的化合價為價
10．（2025·達州模擬）苦瓜是百姓餐桌上的一種常見蔬菜，含有苦味素奎寧，奎寧的結構簡式如圖所示。下列關于奎寧的說法正確的是
A．奎寧的同分異構體只有酯類
B．奎寧分子中含有5個手性碳原子
C．奎寧可分別與溶液、酸性溶液反應
D．奎寧可以發生取代、加成、消去及氧化反應
11．（2025·達州模擬）在給定條件下，下列制備或處理過程涉及的物質轉化均可實現的是
A．制鎂工業：海水
B．去除難溶物：
C．制備硫酸：硫黃
D．制備高純硅：粗硅高純硅
12．（2025·達州模擬）在一定溫度下，將和充入容積為的恒容密閉容器中發生反應：。5min后反應達到平衡，測得容器內的濃度減少了，則下列敘述正確的是
A．當體系中氣體的密度不變時，無法判斷反應是否達到平衡
B．平衡時A、B的轉化率均為40%
C．初始時的壓強與平衡時的壓強比為
D．達到平衡時，若再充入1molB和1molD，平衡將向正反應方向移動
13．（2025·達州模擬）傳統氯堿工業能耗高，科學家研發了“氧陰極技術”新工藝。其與傳統工藝主要差異在陰極結構，新工藝通過向陰極區供純氧，避免直接得電子生成，實現了降電壓、減能耗。采用“氧陰極技術”的氯堿工業的裝置如圖所示，下列說法錯誤的是
A．該離子交換膜只允許陽離子通過，不允許陰離子通過
B．裝置工作時，陰極區溶液逐漸增大
C．電子從陽極經稀堿溶液流向陰極
D．裝置中發生的總反應式為：
14．（2025·達州模擬）氧化亞銅(Cu2O)是一種重要的無機化工原料，可應用于陶瓷、玻璃和有機合成催化劑等領域。有研究表明，Cu2O/H2O體系可以很好地催化疊氮和端炔的反應，反應機理如圖1所示（含氦五元環為平面結構）。催化劑立方Cu2O晶胞如圖2所示。
下列說法正確的是
A．N、O、Cu的第一電離能從大到小的順序是O＞N＞Cu
B．由圖1，該反應前后，2號氮原子的雜化軌道類型從sp2轉化sp3
C．由圖2，Cu+的配位數為2
D．由圖2，若不同微粒間的最小核間距為apm，則晶體密度為
15．（2025·達州模擬）常溫下，二元酸溶液中溶質微粒分布系數[如]與關系如圖所示。下列說法正確的是
A．表示，表示
B．
C．溶液中存在：
D．等物質的量濃度的和溶液等體積混合，離子濃度大小關系為：
16．（2025·達州模擬）氧化鈧（Sc2O3）是一種稀土氧化物，廣泛地應用于原子能、航空航天、熒光、電子、高技術陶瓷等領域。工業上以鎢渣[含W，Sc，Si，Ca，Na，Zr（鋯）等諸多元素的氧化物]為原料提取高純度氧化鈧的流程如下：
查閱資料：1．鎢的氧化物WO3是酸性氧化物；
2．萃取相是采用TBP和P204與煤油按一定比例混合而成的有機相（TP）；
3．萃取相比O/W即為有機相與被萃取的酸性溶液的體積比；
4．逆流萃取指萃取劑與原溶液逆向流動的萃取。單極萃取指僅進行一次萃取的操作。
（1）鈧的基態原子價電子軌道表示式為　 　。
（2）“萃取”采用逆流萃取，相比單級萃取的優勢有　 　。“萃取”過程中萃取相比O/W和攪拌速度直接影響萃取率，請根據表格中的數據選擇的最佳萃取相比O/W和攪拌器轉速分別為　 　。
表1萃取相比試驗結果
萃取相比O/W 1：10 1：15 1：20 1：25 1：30 1：35 1：40
萃取率% 90 90 90 80 75 70 60
表2攪拌速度試驗結果
攪拌器轉速/ r/min 150 300 450 600 700
萃取率% 70 80 90 少量乳濁液 大量乳濁液
（3）Sc3+與P204形成的配合物可表示為Sc(HA2)3，則加氫氧化鈉溶液“反萃取”過程中生成Sc(OH)3的化學方程式為　 　。
（4） Sc(OH)3粗品用鹽酸溶解，并控制溶液pH為6，加Na2HPO4溶液除鈣。若除鈣時pH調節過小，可能導致的后果是　 　。
（5）苦杏仁酸（）在酸性條件下可與Zr4+形成配合物，請解釋其與Zr4+配位的化學原理是　 　。
（6）空氣中“煅燒”時發生反應的化學方程式為　 　。
17．（2025·達州模擬）碘酸鉀是一種白色結晶性粉末，溶于水和稀硫酸，不溶于乙醇、液氨。常用作分析試劑、氧化劑及營養強化劑。某實驗小組制備并測定其純度的操作如下：
I．的制備：向含（過量）的熱水溶液中，加入含的水溶液，反應至出現大量棕褐色沉淀，加熱；加適量的乙醇，充分反應；再進行過濾，向濾液中加10.00mL5%的醋酸，轉移至蒸發皿中，加熱至表面出現晶膜，停止加熱：自然冷卻，待大量固體析出，進行過濾；用冷乙醇洗滌固體，在培養皿內自然晾干，稱量的固體質量為。
Ⅱ．純度測定：稱取樣品加水溶解后轉移至容量瓶中定容，取待測液于錐形瓶中，加入過量，再加入的鹽酸；置于暗處，用的滴定溶液至淡黃色，加入的淀粉溶液后，繼續滴加溶液至滴定終點，重復測定三次。消耗溶液的體積平均為。
已知：①淀粉與形成的復合物可吸附部分；②。
（1）制備過程中，下列儀器在過濾操作時一定不需要的是　 　（填字母）。
（2）請寫出與反應的化學方程式　 　。
（3）的制備過程中乙醇過量帶來的后果是　 　。
（4）滴定過程中需在臨近終點時加入淀粉溶液的可能原因是　 　。
（5）測定的樣品純度為　 　（保留3位有效數字），若實驗中配制溶液時未煮沸蒸餾水，可使測定結果　 　（填“偏大”“偏小”或“無影響”）。
（6）設計實驗驗證市售加碘食鹽中碘的存在形式是而非，寫出關鍵操作及預期現象　 　。
18．（2025·達州模擬）空氣是人類賴以生存的重要資源，其主要成分為、及少量、等。
Ⅰ．早在18世紀末，科學家就提出“向空氣要面包”。
（1）請依據下表資料數據，選擇常溫下更適合生產的反應________（用反應序號表示），并說明選擇的理由________。
、時反應的焓變、熵變和平衡常數
化學反應 反應①： 反應②：
K
Ⅱ．為有效降低空氣中的含量，可采用其在固體催化劑表面加氫合成甲烷的方法，涉及的反應如下：
主反應：
副反應：
（2）向甲、乙兩個體積相同的容器中加入和（假設只發生主反應），甲容器在恒溫恒容條件下進行，而乙容器則在絕熱恒容條件下進行，兩容器中壓強（）隨時間變化曲線如圖：
①甲容器中，從開始到點，用分壓變化表示的反應速率為________（用p表示）。
②乙容器中，從開始到a點壓強增大的原因是________。
（3）時，向恒容密閉容器中充入和，初始壓強為，主、副反應均達到平衡狀態時，的轉化率為，的選擇性為，則主反應的平衡常數________（的選擇性，列出計算表達式）。
Ⅲ．我國科學家研發了可同時收集、的電解池裝置。
（4）采用雙極膜（圖中雙極膜中間層中的解離為和，并在直流電場作用下分別向兩極遷移），通過電解溶液制備的同時收集，該裝置的工作原理如圖所示。回答下列問題：
①b是電源的________極（填“正”或“負”）。
②該裝置電解的總化學反應方程式為________。
19．（2025·達州模擬）奧希替尼（化合物J）是一種抗腫瘤藥，可由下列路線合成（部分反應試劑、條件略去）：
回答下列問題：
（1）D的結構簡式為　 　。
（2）E中含氧官能團名稱為硝基和　 　。
（3）由I生成J的反應類型是　 　。
（4）A+B→C化學方程式為　 　。
（5）在的同分異構體中，同時滿足下列條件的有　 　種（不考慮立體異構），寫出其中一種同分異構體的結構簡式　 　。
①含有手性碳原子 ②含有醛基
（6）氟他胺（）也是抗腫瘤藥的一種，依據以上流程信息，結合所學知識，設計以為原料合成氟他胺的路線　 　（其他試劑任選）。
答案解析部分
1．【答案】C
【知識點】常用合成高分子材料的化學成分及其性能；高分子材料
【解析】【解答】A．巴式柳葉銅劍主要成分為銅，屬于金屬材料，A項錯誤；
B．東漢上釉磚主要成分為硅酸鹽，屬于無機非金屬材料，B項錯誤；
C．宋徽宗趙佶的真跡《白鷹圖》繪畫載體為絹本，主要成分為蛋白質，蛋白質為有機高分子化合物，C項正確；
D．玉的主要成分為硅酸鹽，屬于無機非金屬材料，D項錯誤；
故選C。
【分析】有機高分子材料是一類由一種或幾種分子或分子團 (結構單元或單體)以共價鍵結合成具有多個重復單體單元的大分子，可以是天然產物如纖維、蛋白質和天然橡膠等，也可以是用合成方法制得的，如合成橡膠、合成樹脂、合成纖維等非生物高聚物等。
2．【答案】C
【知識點】共價鍵的形成及共價鍵的主要類型；極性分子和非極性分子；氫鍵的存在對物質性質的影響
【解析】【解答】A．醛基的結構簡式為，C原子有一個單電子，則其電子式為，A正確；
B．甲醛中存在C=O，含有1個σ鍵和1個π鍵，鍵的電子云輪廓圖：，B正確；
C．HCHO中心C原子的價層電子對數為，無孤對電子，是平面三角形分子，但正、負電荷的重心不重合，是極性分子，C錯誤；
D．甲醇()分子之間存在氫鍵，而甲醛(HCHO)分子之間沒有氫鍵；氫鍵的存在使得甲醇的沸點高于甲醛，D正確；
故選C。
【分析】A．醛基中含有碳氧雙鍵，醛基中碳原子上含有一個單電子；
Ｂ．C=O含有1個σ鍵和1個π鍵；
Ｃ．根據正負電荷中心是否重合判斷分子極性；
Ｄ．甲醇分子間能形成氫鍵，提高沸點。
3．【答案】B
【知識點】硅和二氧化硅；物質的量的相關計算；阿伏加德羅常數
【解析】【解答】A．硅為共價晶體，每個硅原子通過共價鍵與周圍的四個硅原子相連，即每個Si原子形成4個Si-Si鍵，每個硅原子由兩個鍵共享，則1mol Si中Si-Si鍵數目為 ，A錯誤；
B．每個水分子含有10個電子，2.7g H2O的物質的量為 ，含有的電子數為 ，B正確；
C．溶液中， 會轉化為，即發生反應 ，則 離子數小于 ，C錯誤；
D．根據反應的方程式可知，Si元素的化合價升高，則氧化產物是，每個Si失4e-，故每生成1mol轉移電子數為 ，D錯誤；
故選B。
【分析】A．硅中每個硅原子通過共價鍵與周圍的四個硅原子相連；
Ｂ．每個水分子含有10個電子；
Ｃ． 會轉化為，發生的反應為；
Ｄ．該反應中Si元素的化合價升高，則為氧化產物。
4．【答案】C
【知識點】離子方程式的書寫
【解析】【解答】A．鉛酸蓄電池充電時的陽極上硫酸鉛失電子生成，電極反應為：，A錯誤；
B．醋酸為弱電解質不能拆，離子方程式應為：，B錯誤；
C．硫酸銅溶液中含藍色的，通入HCl氣體，溶液變為黃綠色是因為生成了黃色的，離子方程式為，C正確；
D．碳酸鈉水解主要以第一步為主，水解的離子方程式為：，D錯誤；
故選C。
【分析】A．陽極發生氧化反應，且硫酸鉛為難溶物，應寫成化學方程式；
Ｂ．醋酸為弱酸，應寫化學方程式；
Ｃ．通入HCl，轉化為；
Ｄ．碳酸根分步水解。
5．【答案】A
【知識點】金屬的電化學腐蝕與防護；性質實驗方案的設計；化學實驗方案的評價
【解析】【解答】A．鐵發生吸氧腐蝕時消耗氧氣，氧氣傳感器會發生相應變化，能達到實驗目的，A符合題意；
B． 亞硝酸鈉溶液顯堿性，硝酸鈉溶液呈中性，甲基橙的變色范圍是3.1-4.4，pH＞4.4時溶液為黃色，因此加入甲基橙后兩溶液均為黃色，無法鑒別，B不符合題意；
C．新制氫氧化銅與醛基加熱可產生磚紅色沉淀，但新制氫氧化銅懸濁液為堿性，再加溴水會與堿反應，無法檢驗碳碳雙鍵的存在，C不符合題意；
D． 從食鹽水中提取 應采用蒸發結晶的方式，圖示儀器為坩堝，應用蒸發皿，D不符合題意；
故選A。
【分析】A．鐵在中性條件下發生吸氧腐蝕；
Ｂ．甲基橙的變色范圍是3.1-4.4；
Ｃ．溴水能與氫氧化銅反應；
Ｄ．蒸發應在蒸發皿中進行。
6．【答案】B
【知識點】活化能及其對化學反應速率的影響；化學反應速率的影響因素
【解析】【解答】A．活化能越大反應速率越慢，反應①活化能更高，反應速率更慢，故A正確；
B．根據圖示，斷裂中鍵比斷裂中鍵所需能量多，故B錯誤；
C．根據圖示，反應②活化能更低，反應速率更快，所以丙烷與氯氣進行一氯取代時主要有機產物的結構簡式為，故C正確；
D．一定條件下，選擇合適的催化劑降低反應①活化能，加快反應①的速率，可以提高的選擇性，故D正確；
故選B。
【分析】A．活化能越大反應速率越慢；
Ｂ．斷裂中鍵所需的能量高于斷裂鍵；
Ｃ．反應②的活化能更低，反應速率更快；
Ｄ．催化劑具有選擇性。
7．【答案】A
【知識點】離子共存
【解析】【解答】A．、、、、之間不發生反應，能大量共存，A正確；
B．氨水顯堿性，有的存在，會與結合形成難溶物，不穩定會分解為，而且與氨水還會形成銀氨絡離子，所以不能大量共存，B錯誤；
C．溶液中，存在 ，與 結合形成沉淀，離子方程式為，所以不能大量共存，C錯誤；
D．pH=1的溶液呈酸性，溶液中含有大量，與-結合形成弱電解質HF，所以不能大量共存，D錯誤；
故選A。
【分析】離子之間不生成氣體、沉淀、弱電解質或不發生氧化還原反應、絡合反應、雙水解等反應時能大量共存。
8．【答案】B
【知識點】制備實驗方案的設計
【解析】【解答】A．“氧化”過程會發生反應，該反應中S與SO2的物質的量之比為1：1，“氧化”過程中通入空氣不能過多，否則會氧化Na2S2O3，A錯誤；
B．“吸收”過程中需通過控制溶液的用量調，若酸性過強，Na2S2O3在酸性條件下生成S單質和SO2氣體，B正確；
C．最終得到帶結晶水的，一系列操作中不能烘干，C錯誤；
D．氣體所處的狀態未知，不能確定氧氣的體積，D錯誤；
故選B。
【分析】H2S廢氣被空氣氧化，生成物中有S和SO2，S和SO2再與Na2CO3反應得到Na2S2O3，方程式為：，Na2S2O3溶液經過蒸發結晶、趁熱過濾、洗滌得到晶體 。
9．【答案】B
【知識點】原子結構與元素的性質；鍵能、鍵長、鍵角及其應用；化合價與化學式；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．元素的非金屬性越強，其簡單氫化物的穩定性越強，非金屬性NNH3，A錯誤；
B．孤電子對間排斥力＞孤電子對和成鍵電子對之間的排斥力＞成鍵電子對之間的排斥力，孤電子對越多鍵角越小，[Cr(NH3)6]3+中NH3通過配位鍵與Cr3+結合，N原子周圍無孤電子對，NH3中N原子有孤電子對，孤電子對斥力大，NH3中H-N-H鍵角小，B正確；
C．X、Y、Z三種元素形成的化合物不一定顯酸性，如一水合氨為堿性，C錯誤；
D．（）中存在2個過氧鍵，W的化合價為價，D錯誤；
故選B。
【分析】的一種同位素沒有中子 ，則X為H元素，的價電子層中有3個未成對電子，是紅棕色氣體 ，則Y為N元素，Z為O元素， 前四周期元素中基態原子的核外未成對電子數最多 ，為Cr元素。
10．【答案】D
【知識點】“手性分子”在生命科學等方面的應用；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】A．奎寧分子分子式為C20H24N2O2，不飽和度為10，其同分異構體可以有酯類、羧酸、分類、酰胺等，故A錯誤；
B．分子中含有4個手性碳原子(*號標出)，故B錯誤；
C．奎寧不含酚羥基，不能與溶液反應，奎寧含碳碳雙鍵，能與酸性溶液反應，故C錯誤；
D．奎寧分子含有羥基、苯環可以發生取代反應，含有碳碳雙鍵可以發生加成反應，含有羥基，且與羥基鄰位碳原子含有氫原子，可以發生消去反應，碳碳雙鍵、羥基可以發生氧化反應，故D正確；
故選D。
【分析】A．分子式相同，結構不同的化合物互為同分異構體；
Ｂ．手性碳是指連有四個不同原子團的碳原子；
Ｃ．酚羥基能與溶液反應；
Ｄ．根據所含官能團判斷能發生的反應。
11．【答案】D
【知識點】工業制取硫酸；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；海水資源及其綜合利用；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A．工業上通常電解熔融的氯化鎂制備Mg，A錯誤；
B．CaCO3與飽和Na2SO4溶液反應生成CaSO4的轉化可能實現(Q > Ksp)，但CaSO4與鹽酸不反應，第二步無法實現，B錯誤；
C．硫磺與足量氧氣反應只能得到SO2，SO2與H2O反應得到H2SO3，C錯誤；
D．粗硅與HCl高溫生成SiHCl3，H2高溫還原SiHCl3得到高純硅，D正確；
故選D。
【分析】A．MgO熔點很高；
Ｂ．CaSO4與鹽酸不反應；
Ｃ．二氧化硫溶于水生成亞硫酸；
Ｄ．粗硅與HCl高溫生成SiHCl3，氫氣還原三氯化硅得到高純硅。
12．【答案】B
【知識點】化學平衡常數；化學平衡狀態的判斷；化學平衡的計算
【解析】【解答】A．容器體積始終不變，而反應中氣體的質量為變量，則混合氣體的密度不變，說明反應已達平衡，A錯誤；
B.5min后反應達到平衡，測得容器內的濃度減少了，物質的量為2L×=0.8mol，則平衡時A、B的轉化率分別為、，B正確；
C．反應后ABD分別為0.6mol、1.2mol、0.8mol，總的物質的量為2.6mol，則初始時的壓強與平衡時的壓強比為（1mol+2mol）：2.6mol=15：13，C錯誤；
D．該反應的，若再充入1molB和1molD，此時，則反應逆向進行，D錯誤；
故選B。
【分析】A．可逆反應達到平衡狀態時，正逆反應速率相等，反應體系中各物質的物質的量、物質的量濃度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不變，據此判斷；
Ｂ．根據計算；
Ｃ．壓強之比等于物質的量之比；
Ｄ．平衡移動原理的具體內容為：如果改變可逆反應的條件（如濃度、壓強、溫度等），化學平衡就被破壞，并向減弱這種改變的方向移動。
13．【答案】C
【知識點】電解原理；原電池工作原理及應用；電解池工作原理及應用
【解析】【解答】A．陰極區域生成OH-，Na+從陽極區域通過交換膜進入陰極區，所以該離子交換膜采用陽離子交換膜，只能讓陽離子通過，不能讓陰離子通過，故A正確；
B．陰極的電極反應式為O2+2H2O+4e-=4OH-，生成OH-，則陰極區溶液逐漸增大，故B正確；
C．電子不能經過電解質溶液，電子從陽極流出，流向電源正極，從電源負極流出，流向陰極，故C錯誤；
D．陰極反應為O2+2H2O+4e-=4OH-，陽極反應為2Cl--2e-=Cl2↑，則電池總反應為，故D正確；
故選C。
【分析】由圖可知，陰極上，氧氣發生還原反應，電極反應式為O2+2H2O+4e-=4OH-，陽極上發生氧化反應生成氯氣，電極反應式為2Cl--2e-=Cl2↑。
14．【答案】C
【知識點】元素電離能、電負性的含義及應用；離子晶體；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．同周期元素，從左到右第一電離能呈增大趨勢，但N的2p軌道半充滿，則N的第一電離能大于O，Cu是金屬元素，第一電離能最小，則N、O、Cu的第一電離能從大到小的順序是N＞O＞Cu，A不正確；
B．反應前，2號氮原子的價層電子對數為2，采用sp雜化，反應后，2號N原子的價層電子對數為3，采用sp2雜化，B不正確；
C．在Cu2O晶胞中，Cu+與O2-的個數比為2：1，O2-的配位數為4，則Cu+的配位數為2，C正確；
D．由圖2，若不同微粒間的最小核間距為apm，則體對角線的長度為4apm，晶胞邊長為pm，在晶胞中含有O2-的數目為=2，含Cu+的數目為4，則晶體密度為=，D不正確；
故選C。
【分析】A．原子軌道中電子處于全滿、全空、半滿時較穩定，失電子較難，電離能較大；
Ｂ．根據N原子的價層電子對數判斷其雜化方式；
Ｃ．結合晶胞圖計算分析；
Ｄ．根據均攤法和計算。
15．【答案】C
【知識點】鹽類水解的原理；離子濃度大小的比較；電離平衡常數
【解析】【解答】A．由分析可知，a表示c（HA-），b表示c（A2-），A錯誤；
B．a、b曲線的交點處，c（HA-）=c（A2-），，B錯誤；
C．溶液中，根據物料守恒有，C正確；
D．等物質的量濃度的和溶液等體積混合，根據，則A2-水解常數，HA-電離大于水解，離子濃度大小關系為：，D錯誤；
故選C。
【分析】分布系數只有兩條曲線，說明第一步完全電離，而隨著溶液pH增大，a逐漸減小，b逐漸增大，則a表示c（HA-），b表示c（A2-）。
16．【答案】（1）
（2）逆流萃取可提高萃取效率，減少萃取劑用量；1：20、450r/min
（3）Sc(HA2)3+3NaOH=Sc(OH)3↓+3NaHA2或者Sc(HA2)3+6NaOH=Sc(OH)3↓+3Na2A2+3H2O
（4）轉化為，鈣鹽溶解，降低除鈣效率
（5）苦杏仁酸中O提供孤電子對填充在Zr4+的空軌道中配位
（6）2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2
【知識點】常見金屬元素的單質及其化合物的綜合應用；制備實驗方案的設計
【解析】【解答】（1）Sc是21號元素，基態Sc原子價電子軌道表示式為，故答案為：；
（2）“萃取”采用逆流萃取能夠增大接觸面積，提高萃取率，即相比單級萃取的優勢有逆流萃取可提高萃取效率，減少萃取劑用量，“萃取”過程中萃取相比O/W和攪拌速度直接影響萃取率，根據表格中的數據可知：O/W比為1：20時萃取率為90%，450r/min時萃取率為90%，故選擇的最佳萃取相比O/W和攪拌器轉速分別為450r/min，故答案為：逆流萃取可提高萃取效率，減少萃取劑用量；1：20，450r/min；
（3）Sc3+與P204形成的配合物可表示為Sc(HA2)3，則加氫氧化鈉溶液“反萃取”過程中生成Sc(OH)3的化學方程式為Sc(HA2)3+3NaOH=Sc(OH)3↓+3NaHA2或者Sc(HA2)3+6NaOH=Sc(OH)3↓+3Na2A2+3H2O，故答案為：Sc(HA2)3+3NaOH=Sc(OH)3↓+3NaHA2或者Sc(HA2)3+6NaOH=Sc(OH)3↓+3Na2A2+3H2O；
（4）Ca3(PO4)2、CaHPO4是沉淀，Ca(H2PO4)2是可溶于水，故Sc(OH)3粗品用鹽酸溶解，并控制溶液pH為6，加Na2HPO4溶液除鈣。若除鈣時pH調節過小，可能導致的后果是轉化為，鈣鹽溶解，降低除鈣效率，故答案為：轉化為，鈣鹽溶解，降低除鈣效率；
（5）苦杏仁酸中O原子周圍均含有孤電子對，Zr4+核外有空軌道，故O與Zr4+之間能夠通過形成配位鍵結合成配位化合物，故在酸性條件下可與Zr4+形成配合物，故答案為：苦杏仁酸中O提供孤電子對填充在Zr4+的空軌道中配位；
（6）空氣中“煅燒”時，Sc2(C2O4)3分解生成Sc2O3和CO2，則該過程反應的化學方程式為：2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2，故答案為：2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2。
【分析】鎢渣中加入硫酸浸出， 鎢的氧化物WO3是酸性氧化物，不與硫酸反應，SiO2也不與硫酸反應，CaO與硫酸反應生成的硫酸鈣為微溶物，則濾渣1為WO3、SiO2、CaSO4，加入TP進行萃取，分離出水相，向有機相中加入NaOH溶液進行反萃取，分離出有機相，向水相中加入HCl、Na2HPO4將Ca2+轉化為CaHPO4或Ca3(PO4)2進行除鈣，得到濾渣2，向濾液2中加入苦杏仁酸進行除鋯，最后向濾液中加入草酸進行沉鈧得到Sc2(C2O4)3，過濾得到Sc2(C2O4)3，最后煅燒Sc2(C2O4)3得到氧化鈧。
（1）已知Sc是21號元素，故鈧的基態原子價電子軌道表示式為，故答案為：；
（2）由題干信息可知，“萃取”采用逆流萃取能夠增大接觸面積，提高萃取率，即相比單級萃取的優勢有逆流萃取可提高萃取效率，減少萃取劑用量，“萃取”過程中萃取相比O/W和攪拌速度直接影響萃取率，根據表格中的數據可知：O/W比為1：20時萃取率為90%，450r/min時萃取率為90%，故選擇的最佳萃取相比O/W和攪拌器轉速分別為450r/min，故答案為：逆流萃取可提高萃取效率，減少萃取劑用量；1：20，450r/min；
（3）Sc3+與P204形成的配合物可表示為Sc(HA2)3，則加氫氧化鈉溶液“反萃取”過程中生成Sc(OH)3的化學方程式為Sc(HA2)3+3NaOH=Sc(OH)3↓+3NaHA2或者Sc(HA2)3+6NaOH=Sc(OH)3↓+3Na2A2+3H2O，故答案為：Sc(HA2)3+3NaOH=Sc(OH)3↓+3NaHA2或者Sc(HA2)3+6NaOH=Sc(OH)3↓+3Na2A2+3H2O；
（4）已知Ca3(PO4)2、CaHPO4是沉淀，Ca(H2PO4)2是可溶于水，故Sc(OH)3粗品用鹽酸溶解，并控制溶液pH為6，加Na2HPO4溶液除鈣。若除鈣時pH調節過小，可能導致的后果是轉化為，鈣鹽溶解，降低除鈣效率，故答案為：轉化為，鈣鹽溶解，降低除鈣效率；
（5）已知苦杏仁酸中O原子周圍均含有孤電子對，Zr4+核外有空軌道，故O與Zr4+之間能夠通過形成配位鍵結合成配位化合物，故在酸性條件下可與Zr4+形成配合物，故答案為：苦杏仁酸中O提供孤電子對填充在Zr4+的空軌道中配位；
（6）由分析可知，空氣中“煅燒”時是煅燒Sc2(C2O4)3生成Sc2O3和CO2，根據氧化還原反應配平可得，該過程發生反應的化學方程式為：2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2，故答案為：2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2。
17．【答案】（1）BD
（2）
（3）提前析出部分碘酸鉀，導致產率降低
（4）過早加入淀粉，形成的復合物會吸附較多，導致終點滯后，顏色褪去不敏銳，出現較大誤差
（5）92.4%；偏大
（6）取市售加碘食鹽配制的水溶液少許分別于、兩支試管中，向試管滴入幾滴稀酸化的溶液，再滴入幾滴淀粉溶液，溶液不顯藍色，證明不是；向試管滴入幾滴稀酸化的溶液，再滴入幾滴淀粉溶液，溶液顯藍色，證明是
【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
【解析】【解答】（1）過濾操作時需要鐵架臺、燒杯、漏斗和玻璃棒，不需要坩堝鉗、分液漏斗，則一定不需要的是BD。
（2）與發生氧化還原反應生成二氧化錳、碘酸鉀，反應的化學方程式為：。
（3）乙醇用于除去過量高錳酸鉀，碘酸鉀不溶于乙醇，若乙醇過量，會提前析出部分碘酸鉀，與二氧化錳一起被過濾掉，則的制備過程中乙醇過量帶來的后果是：提前析出部分碘酸鉀，導致產率降低。
（4）淀粉與形成的復合物可吸附部分，則滴定過程中需在臨近終點時加入淀粉溶液的可能原因是：過早加入淀粉，形成的復合物會吸附較多，導致終點滯后，顏色褪去不敏銳，出現較大誤差。
（5）加入碘化鉀時，碘化鉀和碘酸鉀反應，離子方程式為：+5I-+6H+=3I2+3H2O，再結合，可知~3I2~，則n()=n()=×0.10mol/L×25.40mL×10-3=4.233×10-4mol，產品純度==92.4%，若實驗中配制溶液時未煮沸蒸餾水，則部分被氧氣氧化，導致標準溶液體積偏大，可使測定結果偏大。
（6）可根據H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O、+5I-+6H+=3I2+3H2O設計實驗驗證市售加碘食鹽中碘的存在形式是而非，關鍵操作及預期現象為：取市售加碘食鹽配制的水溶液少許分別于、兩支試管中，向試管滴入幾滴稀酸化的溶液，再滴入幾滴淀粉溶液，溶液不顯藍色，證明不是；向試管滴入幾滴稀酸化的溶液，再滴入幾滴淀粉溶液，溶液顯藍色，證明是。
【分析】（1）過濾時所需的儀器為燒杯、漏斗、鐵架臺、玻璃棒；
（2） 氧化 生成二氧化錳、錳酸鉀和氫氧化鉀；
（3）碘酸鉀不溶于乙醇；
（4）淀粉與形成的復合物可吸附部分；
（5）根據關系式~3I2~計算；易被氧化；
（6）KI能被氧化生成單質碘，能與反應生成單質碘，碘能使淀粉變藍。
（1）過濾操作時需要鐵架臺(附鐵圈)、燒杯、漏斗和玻璃棒，不需要坩堝鉗、分液漏斗，則一定不需要的是BD。
（2）與發生氧化還原反應生成二氧化錳、碘酸鉀，根據得失電子守恒、元素質量守恒，反應的化學方程式為：。
（3）乙醇用于除去過量高錳酸鉀，已知碘酸鉀不溶于乙醇，若乙醇過量，會提前析出部分碘酸鉀，與二氧化錳一起被過濾掉，則的制備過程中乙醇過量帶來的后果是：提前析出部分碘酸鉀，導致產率降低。
（4）已知，淀粉與形成的復合物可吸附部分；則滴定過程中需在臨近終點時加入淀粉溶液的可能原因是：過早加入淀粉，形成的復合物會吸附較多，導致終點滯后，顏色褪去不敏銳，出現較大誤差。
（5）加入碘化鉀時，碘化鉀和碘酸鉀反應，離子方程式為：+5I-+6H+=3I2+3H2O，再結合，可知~3I2~，則n()=n()=×0.10mol/L×25.40mL×10-3=4.233×10-4mol，產品純度==92.4%，若實驗中配制溶液時未煮沸蒸餾水，則部分被氧氣氧化，導致標準溶液體積偏大，可使測定結果偏大。
（6）可根據H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O、+5I-+6H+=3I2+3H2O設計實驗驗證市售加碘食鹽中碘的存在形式是而非，關鍵操作及預期現象為：取市售加碘食鹽配制的水溶液少許分別于、兩支試管中，向試管滴入幾滴稀酸化的溶液，再滴入幾滴淀粉溶液，溶液不顯藍色，證明不是；向試管滴入幾滴稀酸化的溶液，再滴入幾滴淀粉溶液，溶液顯藍色，證明是。
18．【答案】(1) 反應① 由表中數據計算，常溫時反應①，反應可自發進行；，反應正向進行的程度大
(2) 0.2p 乙為絕熱恒容體系，該反應為放熱反應，反應使體系溫度升高，壓強增大，體系氣體的總物質的量的減小，壓強減小，且增大程度大于減小程度
(3)或
(4) 正
【知識點】焓變和熵變；化學平衡常數；化學平衡轉化過程中的變化曲線；化學平衡的計算；電解池工作原理及應用
【解析】【解答】（1）反應①為，根據反應可自發進行，該反應自發進行時溫度，即常溫下反應可以自發進行，且化學反應平衡常數，反應正向進行的程度大，而反應②為，該反應自發進行時溫度，即常溫下反應不可以自發進行，且化學反應平衡常數，反應正向進行的程度非常小；故答案為：反應①；由表中數據計算，常溫時反應①，反應可自發進行，，反應正向進行的程度大；
（2）①該反應的三段式：
，，，則，解得x=0.5mol，開始分壓為，b點分壓為，用分壓變化表示的反應速率為；
②由于乙容器是絕熱容器，反應放熱使體系溫度升高、壓強增大，但正反應是氣體分子數減小的反應，氣體減小使壓強減小，而從開始到a點壓強增大，則說明反應時放熱體系溫度升高使壓強增大的影響程度大于體系氣體的總物質的量減小使壓強減小的影響程度，所以乙容器中，從開始到a點壓強增大；故答案為：0.2；乙為絕熱恒容體系，該反應為放熱反應，反應使體系溫度升高，壓強增大，體系氣體的總物質的量的減小，壓強減小，且增大程度大于減小程度；
（3）根據題干信息列出反應的三段式：
，，根據的轉化率，的選擇性列式計算，，解得，平衡時，、、、、，氣體總物質的量為4.2mol，恒溫恒容下，，，則主反應的平衡常數==；
（4）該裝置為電解池，根據電解溶液制備，則左側惰性電極發生轉化為的還原反應，該電極為陰極，a為陰極，b為正極；陰極電極反應為，同時陽極收集，電極反應式為，則總反應為。
【分析】（1）根據時反應自發進行分析；
（2）①根據計算；
②反應放熱會使壓強增大；
（3）列出反應的三段式，結合平衡常數的表達式計算；
（4）該裝置為電解池， 電解溶液制備的同時收集 ，則發生還原反應生成氨氣，則與a電極相連的為陰極，電極反應式為，與b電極相連的電極為陽極，電極反應式為。
19．【答案】（1）
（2）醚鍵
（3）消去反應
（4）
（5）4；或或或
（6）
【知識點】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，D的結構簡式為。
（2）根據E的結構簡式可知，E中含氧官能團名稱為硝基和醚鍵。
（3）I生成J的過程中，氯原子最終轉化為碳碳雙鍵，反應類型為消去反應。
（4）A和B發生取代反應生成C，則A+B→C的化學方程式為。
（5）與H互為同分異構體且含有醛基的化合物為Cl和Br取代的丙醛，Cl和Br處于烷基碳上，無論Cl和Br在分子上如何分布，該分子均有手性碳原子，則該同分異構體有4種，結構為或或或。
（6）合成的目標是將中硝基轉化為酰胺鍵，根據題目中E到I的步驟可知：硝基先還原為氨基，再與-COX（X為鹵素原子）可得到酰胺鍵，則合成的路線為。
【分析】與反應生成C，C與D反應得到E，結合A、B、E的結構簡式可知，C的結構簡式為，C與D發生取代反應生成E，結合D的分子式可知，D為，E與發生取代反應，再還原得到G，G與反應得到I，I發生消去反應生成碳碳雙鍵得到J。
（1）據分析，D的結構簡式為。
（2）根據E的結構簡式，E中含氧官能團名稱為硝基和醚鍵。
（3）根據已知，I生成J的反應為-COCH2CH2Cl轉化為-CHCH=CH2，反應類型為消去反應。
（4）據分析，A+B→C化學方程式為。
（5）與H互為同分異構體且含有醛基的化合物為Cl和Br取代的丙醛，Cl和Br處于烷基碳上，無論Cl和Br在分子上如何分布，該分子均有手性碳原子，則該同分異構體有4種，結構為或或或。
（6）合成的目標是將中硝基轉化為酰胺鍵，根據題目中E到I的步驟可知：硝基先還原為氨基，再與-COX（X為鹵素原子）可得到酰胺鍵，則合成的路線為。
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