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湖南省一起考大聯考2025屆高三下學期二模考試化學試題
1．（2025·湖南模擬）化學與生活密切相關，下列涉及生產生活有關的化學原理的表述，錯誤的是
A．淀粉、蔗糖水解產生的葡萄糖發生還原反應為生物體提供能量
B．谷氨酸鈉(味精)常用于增味劑，碳酸氫鈉、碳酸氫銨用于食品膨松劑
C．聚酰胺纖維、聚對苯二甲酸乙二酯纖維等強度高、彈性好、耐磨，可用作漁網、繩索
D．在DNA的雙螺旋結構中，依靠形成氫鍵實現堿基互補配對
2．（2025·湖南模擬）化學用語是化學學科的獨特語言，下列化學用語的表述正確的是
A．二氧化硅的分子式：
B．苯環中的大鍵：
C．有機物的名稱：3-異丙基戊烷
D．在水中的電離：+H2O+OH-
3．（2025·湖南模擬）化學是一門以實驗為基礎的自然科學，下列相關實驗操作不正確的是
A．濃硫酸在運輸和儲存時要張貼標志
B．利用溶液除去電石制中混有的、氣體
C．向存在大量AgCl固體的AgCl飽和溶液中加入少量蒸餾水稀釋，不變
D．重結晶法提純苯甲酸需要用到燒杯、分液漏斗、玻璃棒等玻璃儀器
4．（2025·湖南模擬）化學方程式是化學獨有的學科語言，下列過程所對應的化學方程式或離子方程式錯誤的是
A．用鐵氰化鉀檢驗溶液中的：
B．使酸性溶液褪色：
C．鉛酸蓄電池充放電的反應：
D．苯酚鈉溶液中通入少量：＋CO2＋H2O→＋NaHCO3
5．（2025·湖南模擬）閱讀下面一段材料，據此完成下面小題：
離子晶體的熔點，有的很高，如CaO的熔點為，有的較低，如、的熔點分別為170℃、109℃。早在1914年就有人發現，引入有機基團可降低離子化合物的熔點，如的熔點只有12℃，比低了！大多數離子液體含有體積很大的陰、陽離子。常見的陰離子如四氯鋁酸根、六氟磷酸根、四氟硼酸根等，常見的陽離子如季銨離子(，即的H被烴基R取代)、帶烴基側鏈的咪唑、嘧啶等有環狀含氮結構的有機胺正離子等。1-丁基-3-甲基咪唑六氟磷酸鹽是常見的離子液體，其結構如圖所示：。
（1）下列說法正確的是
A．元素的第二電離能：
B．氫化物的熔、沸點：
C．分子的極性：
D．鍵角：
（2）有關1-丁基-3-甲基咪唑六氟磷酸鹽的結構，下列敘述錯誤的是
A．咪唑環上C原子和N原子的雜化方式相同
B．1-丁基-3-甲基咪唑陽離子中共面的原子最多有16個
C．1-丁基-3-甲基咪唑六氟磷酸鹽在水中的溶解度比在苯中大
D．的空間結構為正八面體
（3）下列有關離子液體的敘述，錯誤的是
A．離子液體之所以在常溫下呈液體，是因為其陰、陽離子的體積大，離子鍵強度小
B．四氟合硼酸四甲基銨相對分子質量小于四氟合鋁酸四甲基銨，因此前者的熔點比后者低
C．咪唑()有較強的堿性，一般通過2號氮原子體現
D．離子液體熔點低，但難揮發，且具有良好的導電性，可用于制造原電池的電解質
6．（2025·湖南模擬）某種聚碳酸酯的透光性好，可制成車、船的擋風玻璃，以及眼鏡鏡片、光盤等。傳統的合成方法為
下列相關說法正確的是
A．X()中，鍵長：②>①>③
B．生成的同時，還生成了
C．Z可以發生取代反應、加成反應、水解反應和消去反應
D．用碳酸二甲酯()代替Y，另一生成產物為
7．（2025·湖南模擬）瑞士科學家開發了一種由水激活的一次性印刷紙電池，研究人員先從一張浸入鹽水后晾干的紙開始。首先在紙張的一側涂上含有石墨粉的墨水，背面涂有含有鋅粉的墨水，而紙張本身充當隔膜，因此這種特殊的紙張就成為了電池。其結構示意圖如圖所示。下列有關說法不正確的是
A．當紙變濕時，紙中的鹽會溶解并釋放帶電離子，從而使電解質具有導電性，起到電解質溶液的作用
B．Zn電極作負極，發生的電極反應為
C．該印刷紙電池的總反應為
D．若外電路轉移電子，Zn電極上因Zn損耗減輕的質量為0.065g
8．（2025·湖南模擬）硫酸鋅是制備各種含鋅材料的原料，在防腐、電鍍、醫學上有諸多應用。硫酸鋅可由菱鋅礦制備。菱鋅礦的主要成分為，雜質為以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制備流程如下：
所涉及離子的氫氧化物溶度積常數如表所示：
離子
下列有關說法不正確的是
A．濾渣①的成分可能有、、
B．調pH為5的X宜用、，不能用等強堿
C．加入發生的反應為
D．脫鈣鎂的過程，酸性過強或堿性過強均不利于除鈣鎂
9．（2025·湖南模擬）銅和氧形成的一種離子化合物的晶體結構如圖所示，設陽離子和陰離子的半徑分別為和。下列相關說法不正確的是
A．該離子化合物的化學式可以表示為
B．晶體中每個陽離子周圍緊鄰且距離相等的陽離子個數為12個
C．晶體的密度
D．晶胞沿面對角線的剖面圖為
10．（2025·湖南模擬）以溶液、濃鹽酸為腐蝕液，能將覆銅板上不需要的銅腐蝕。某小組對此反應過程進行探究。
資料：ⅰ.水溶液中：呈無色；呈黃色；呈棕色。
ⅱ.；CuCl為白色固體，難溶于水。
將等體積的溶液a分別加到等量銅粉中，實驗記錄如下：
實驗 溶液a 現象
Ⅰ 溶液() 產生白色沉淀，溶液藍色變淺，5h時銅粉剩余
Ⅱ 濃鹽酸() 產生無色氣泡，溶液無色；繼而溶液變為黃色；較長時間后溶液變為棕色，5h時銅粉剩余
Ⅲ 溶液()和濃鹽酸() 溶液由黃綠色變為棕色，無氣泡；隨著反應進行，溶液顏色變淺，后接近于無色，5h時銅粉幾乎無剩余
經檢驗，Ⅱ中產生的氣體為，下列有關說法中不正確的是
A．Ⅰ中產生白色沉淀的過程可以描述為
B．將加到銅粉中，溶液變藍，未檢測到。證明的產生與、結合成，提高了Cu的還原性有關
C．對比實驗Ⅰ、Ⅲ，分析實驗Ⅲ中將溶液a加到銅粉中未產生白色沉淀的原因可能是Ⅲ中溶液的酸性太強，白色沉淀被溶解
D．實驗Ⅱ、Ⅲ對比，實驗Ⅱ中產生氣泡，實驗Ⅲ中無氣泡，可能是在此條件下或的氧化性強于
11．（2025·湖南模擬）乙烯被譽為石油化工的“龍頭”，其衍生物占石化產品的75%以上。某化學興趣小組模擬工業上乙烷分解制乙烯。恒溫條件下，分別向體積為1L、2L、4L、8L的四個密閉容器(編號分別為Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ)中充入發生反應起始時容器Ⅰ中的壓強為24MPa，10min后測得剩余的濃度分別為0.5mol/L、0.2mol/L、0.15mol/L、0.1mol/L，下列相關說法不正確的是
A．容器Ⅱ中的平均反應速率比容器Ⅲ快
B．容器Ⅰ和Ⅱ處于平衡狀態，容器Ⅲ和Ⅳ尚未平衡
C．容器Ⅲ達到平衡時，以各物質分壓表示的壓強平衡常數
D．將容器Ⅳ壓縮至1L，平衡后乙烷的轉化率為50%
12．（2025·湖南模擬）常溫下，一元弱堿BOH的。在某體系中，和不能穿過隔膜，未電離的BOH分子可以自由穿過該膜(如圖所示)。設，且隔膜兩側的溶液體積相同，使其達到平衡，下列相關敘述不正確的是(已知：)
A．溶液Ⅰ中BOH的電離程度比溶液Ⅱ中大
B．溶液Ⅱ中BOH的電離度
C．撤去隔膜使溶液Ⅰ和溶液Ⅱ充分混合，所得溶液的pH約為12.7
D．向溶液Ⅰ中加入一定量NaOH固體，重新平衡后，溶液Ⅱ的pH也將增大
13．（2025·湖南模擬）亞硫酰氯的化學式為，熔點為，沸點為，常溫下是一種無色或黃色有氣味的液體，有強烈刺激性氣味，可與苯、氯仿、四氯化碳等溶劑混溶，遇水劇烈水解，加熱易分解，主要用于制造酰基氯化物，還用于農藥、醫藥、染料等的生產。某化學興趣小組計劃用如圖所示的裝置制備少量(加持裝置已略去)，生成的反應為，回答下列問題：
（1）的VSEPR模型名稱為　 　；價層電子總數和原子總數均相等的兩種微粒(分子或離子)稱為等電子體，寫出分子的一個等電子體：　 　。
（2）裝置a的名稱是　 　，其中裝有　 　可以防止產物水解并除去未反應的氣體，避免污染環境。
（3）由亞硫酸鈉和濃硫酸制取時，一般采用70%左右的濃硫酸的原因是　 　。
（4）裝置A和C中的濃硫酸，除了起干燥氣體和防止生成的產物水解的作用外，還有　 　的作用。
（5）裝置D的作用是　 　，裝置E中反應的氧化劑和還原劑的物質的量之比為　 　。
（6）將溶液蒸干并灼燒得不到無水，而將與混合并加熱可制得無水，原因為　 　(用化學方程式表示)。
14．（2025·湖南模擬）金紅石是一種重要的鈦礦石，具有較高的穩定性和化學惰性，其主要成分為，還含有少量Fe、Cr的氧化物。金屬鈦具有高強度、低密度、耐腐蝕等優良性能，廣泛應用于航空航天、化工、醫療器械等領域。工業上常采用氯化法和還原法相結合的工藝來制備金屬鈦。工藝流程如下：
（1）Ti原子的價層電子軌道排布式為　 　。
（2）金紅石粉碎后遇濃硫酸加熱酸浸，轉化成了，加入大量水，水解成，水解過程的化學方程式為　 　。
（3）若氯化過程產生等物質的量的CO和，則該過程發生反應的化學方程式為　 　。
（4）還原過程用金屬鎂在高溫下還原得到金屬Ti．
①還原過程需在　 　氣氛中進行(填字母)。
a．氬氣 b． c． d．空氣
②下列金屬冶煉常用的方式和上述過程相似的是　 　(填字母)。
a．Al b．Fe c．Na d．Pt
③鈦的提取率在不同溫度下隨時間變化的曲線如圖1所示，工業中實際生產選擇左右進行，請解釋原因：　 　。
（5）如圖2是“碳中和”反應在鈦的氧化物催化作用下的反應基理，該過程的總反應可以表示為　 　。
（6）四鹵化鈦熔點如下表所示，利用物質結構的知識解釋熔點變化的原因：　 　。
物質
熔點/℃ 377 -25 38 150
15．（2025·湖南模擬）氫能是一種極具發展潛力的清潔能源。下列反應是目前大規模制取氫氣的方法。
（1）標準摩爾生成焓是指在標準大氣壓下，由最穩定的單質生成1mol該物質的反應焓變。已知、、的標準摩爾生成焓分別是、、，則上述反應的焓變　 　。
（2）某化工廠在實驗室模擬該反應過程，在容積不變的密閉容器中將2.0molCO和混合加熱到發生上述反應。
①下列條件能說明反應已經達到平衡狀態的是　 　(填字母)。
A．體系的總壓強不再改變 B．CO和的濃度之比不再變化
C． D．和的濃度之比不再變化
②上述反應達到平衡時CO的轉化率為，該溫度下的平衡常數為　 　。若此時再向容器中充入和，平衡將　 　(填“正向移動”“逆向移動”或“不移動”)，判斷的理由是　 　。
③在生產中，欲提高反應的速率，同時提高CO的轉化率，下列措施可行的是　 　(填字母)。
A．升高溫度 B．及時分離出 C．增加水蒸氣的投入量
D．增大體系壓強 E．增大CO的投入量
（3）實驗發現其他條件不變，在相同時間內，向上述體系中投入一定量的CaO可以增大的體積分數，對比實驗的結果如圖1所示。
請解釋圖中體積分數變化的原因：　 　。
（4）以氫氧燃料電池為電源，以丙烯腈為原料電解制備己二腈的裝置簡圖如圖2所示。圖中交換膜2為陽離子交換膜，通入丙烯腈電極的電極反應為　 　，應從　 　(填“電極a”或“電極b”)通入。
16．（2025·湖南模擬）阿斯巴甜(G)是一種廣泛使用的非糖類甜味食品工業的添加劑。它具有高甜度的特性，大約是蔗糖的200倍，因此只需少量就能產生甜味，同時具有含熱量極低的優點。一種合成阿斯巴甜(G)的路線如下：
已知：。
根據上述合成路線回答下列問題：
（1）物質A的化學名稱是　 　。
（2）A→B的反應類型是　 　。
（3）物質C與M()中，酸性較強的是　 　(填字母)。
（4）阿斯巴甜(G)中含有　 　個手性碳原子，寫出其中含氮官能團的名稱　 　。
（5）寫出D→E的化學方程式：　 　。
（6）H是C的同分異構體，符合下列條件的H共有　 　種(不考慮立體異構)。
①能與氯化鐵溶液顯紫色 ②能發生銀鏡反應和水解反應 ③苯環上有四個取代基
其中核磁共振顯示氫原子個數比為的是　 　(寫出一種即可)。
（7）參照上述路線，寫出由丙酮和甲醇合成有機玻璃PMMA(聚甲基丙烯酸甲酯)的合成路線(其他無機試劑任選)　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知識點】多糖的性質和用途；常見的食品添加劑的組成、性質和作用；核酸
【解析】【解答】A．淀粉、蔗糖水解生成葡萄糖，此過程屬于水解反應（取代反應），而非氧化還原反應，葡萄糖在生物體內通過氧化反應（如細胞呼吸） 釋放能量，為生物體供能，反應中葡萄糖被氧化（失去電子），屬于氧化反應，A錯誤；
B．谷氨酸鈉（味精）能增強食品鮮味，是常用的增味劑，碳酸氫鈉（小蘇打）受熱分解生成 CO2氣體，使食品膨松，碳酸氫銨受熱分解生成 NH3和 CO2，常用于糕點等食品的膨松劑，B正確；
C．聚酰胺纖維（如尼龍）分子間存在氫鍵，結構緊密，具有高強度、耐磨、彈性好的特點，聚對苯二甲酸乙二酯纖維（滌綸）分子鏈規整，機械性能優異，適用于制造漁網、繩索，C正確；
D．DNA雙螺旋中，兩條鏈通過堿基對之間的氫鍵連接，其中 A（腺嘌呤）與 T（胸腺嘧啶）形成 2 個氫鍵，G（鳥嘌呤）與 C（胞嘧啶）形成 3 個氫鍵，氫鍵的形成維持了雙螺旋結構的穩定性，D正確；
故選A。
【分析】A．淀粉為多糖，蔗糖為二糖；
Ｂ．碳酸氫鈉、碳酸氫銨受熱分解生成氣體；
Ｃ．聚酰胺纖維、聚對苯二甲酸乙二酯纖維等具有強度高、彈性好、耐磨等性質；
Ｄ．DNA兩條鏈通過堿基對之間的氫鍵連接。
2．【答案】D
【知識點】有機化合物的命名；有機物的結構和性質；電離方程式的書寫
【解析】【解答】A．為共價晶體，不含分子，不存在分子式，A錯誤；
B．苯環中的大π鍵是6個C原子中未雜化的p軌道肩并肩重合形成， 為苯環中的σ鍵，B錯誤；
C． 最長碳鏈含有5個碳原子，2號碳原子上含有一個甲基，3號碳原子上含有一個乙基，正確名稱應為2-甲基-3-乙基戊烷，C錯誤；
D．苯胺為弱堿，部分電離，其電離方程式為+H2O+OH-，D正確；
故答案選D。
【分析】A．SiO2為共價晶體；
Ｂ．苯環中的大π鍵是6個C原子中未雜化的p軌道肩并肩重合形成；
Ｃ．烷烴命名時，選最長的碳鏈為主鏈，從離支鏈近的一端開始編號，命名時表示出支鏈的位置；
Ｄ．苯胺為一元弱堿，部分電離。
3．【答案】D
【知識點】濃硫酸的性質；常用儀器及其使用；幾種常見的化學標志
【解析】【解答】A．濃硫酸具有腐蝕性，運輸和儲存時應張貼腐蝕品標志，為腐蝕品標志，操作正確，A不符合題意；
B．溶液可與反應生成沉淀，也能與反應，故可除去電石制中混有的、，操作正確，B不符合題意；
C．AgCl飽和溶液中加入少量蒸餾水稀釋，因有AgCl固體存在，加水繼續溶解，所以不變，操作正確，C不符合題意；
D．重結晶過程不需要用到分液漏斗，需要用到普通漏斗和酒精燈，操作不正確，D符合題意；
故選D。
【分析】A．濃硫酸具有強腐蝕性；
Ｂ．溶液與H2S、PH3反應生成CuS、CuP沉淀；
Ｃ．加水的過程中，AgCl繼續溶解；
Ｄ．苯甲酸重結晶的步驟如下：（1）將粗苯甲酸加入燒杯中，加入蒸餾水溶解。（2）趁熱過濾溶液，除去不溶性雜質。（3）靜置使溶液緩慢冷卻結晶。（4）抽濾可得純化的苯甲酸晶體。若純度不夠，可再溶于無水乙醚中，抽濾去不溶的固體，然后真空抽濾，得苯甲酸晶體，根據步驟選擇所需儀器。
4．【答案】B
【知識點】離子方程式的書寫
【解析】【解答】A．鐵氰化鉀與亞鐵離子反應生成藍色沉淀，反應的化學方程式為，A正確；
B．該氧化還原反應方程式中得失電子不守恒，正確的離子方程式為，B錯誤；
C．鉛酸蓄電池放電時正極材料PbO2和負極材料Pb都與硫酸反應生成PbSO4，充放電的反應為，C正確；
D．向苯酚鈉溶液中通入少量，反應生成苯酚和碳酸氫鈉，反應的離子方程式為＋CO2＋H2O→＋NaHCO3，D正確；
故選B。
【分析】A．鐵氰化鉀遇亞鐵離子產生藍色沉淀；
Ｂ．過氧化氫和酸性高錳酸鉀發生氧化還原反應；
Ｃ．鉛蓄電池充放電均生成硫酸鉛；
Ｄ．苯酚鈉與二氧化碳反應生成苯酚和碳酸氫鈉。
5．【答案】（1）B
（2）B
（3）B
【知識點】物質的結構與性質之間的關系；離子鍵的形成；極性分子和非極性分子
【解析】【解答】（1）A．第二電離能是指原子失去第二個電子的所需能量的大小，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，O+、F+、N+的價層電子排布式為2s22p3、2s22p4、2s22p2，O+2p軌道半充滿，更加穩定，第二電離能較大，F的電負性強于N，更難失去電子，則第二電離能：O>F>N，A錯誤；
B．HF、NH3分子均能形成氫鍵，PH3不存在分子間氫鍵，常溫下，HF為液體，NH3為氣體，則熔、沸點：，B正確；
C．中心原子價層電子對數為3+=3，且不含孤電子對，空間構型為平面三角形，正負電中心重合，是非極性分子，中心原子價層電子對數為3+=3，含1個孤電子對，空間構型為三角錐形，正負電中心不重合，是極性分子，則分子的極性：，C錯誤；
D．電負性：N>P，則NH3中N對成鍵電子對的吸引力強，成鍵電子對之間的排斥力大，鍵角大，因此鍵角： ， D錯誤；
故選B。
（2）A．咪唑環上的C原子和N原子均有3個價電子對，采用雜化，A正確；
B.1-丁基-3-甲基咪唑陽離子中環狀含氮結構是平面結構，含有多個飽和碳原子，飽和碳原子最多有2個原子共面，則該陽離子中共面的原子最多為15個，B錯誤；
C.1-丁基-3-甲基咪唑六氟磷酸鹽屬于離子化合物，易溶于水，則其在水中的溶解度比在苯中大，C正確；
D．的中心原子P的價層電子對數為=6，孤電子對數為0，空間結構為正八面體，D正確；
故選B。
（3）A．離子液體中其陰、陽離子的體積大，離子鍵強度小，因此呈液態，A正確；
B． 和 都是離子晶體，熔點與離子鍵的強度成正比，原子半徑：Al>B，則半徑：>，則的熔點低于，B錯誤；
C.2號氮原子的孤對電子沒有參與大鍵的共軛體系，可以自由地接受質子，堿性較強，C正確；
D．離子液體通常由有機陽離子和無機或者有機陰離子組成，因離子間作用力較弱，熔點較低，但難揮發，液態時離子可自由移動，導電能力與熔融鹽相當，優于多數有機電解質溶液，適合作為電解質傳導離子，是制造原電池電解質的理想材料，D正確；
故選B。
【分析】（1）A．第二電離能是指從原子中移除第二個電子所需的能量；
B．形成分子間氫鍵能使物質的熔沸點升高；
C．根據正負電荷中心是否重合判斷分子極性；
D．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；
（2）A．咪唑環上的C原子和N原子均采用雜化；
B.1-丁基-3-甲基咪唑陽離子中環狀含氮結構是平面結構，單鍵能旋轉；
C.1-丁基-3-甲基咪唑六氟磷酸鹽屬于離子化合物，易溶于水；
D．的中心原子P的價層電子對數為=6，不含孤電子對；
（3）A．離子液體的熔沸點與其中離子鍵的強弱有關；
B．離子鍵越強，熔沸點越高；
C.2號氮原子的孤電子對不參與形成大鍵，可以自由地接受質子；
D．離子液體中離子間作用力強。
（1）A．第二電離能是指原子失去第二個電子的所需能量的大小，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，O+、F+、N+的價層電子排布式為2s22p3、2s22p4、2s22p2，O+2p軌道半充滿，更加穩定，第二電離能較大，F的電負性強于N，更難失去電子，則第二電離能：O>F>N，A錯誤；
B．HF、NH3分子均能形成氫鍵，PH3不存在分子間氫鍵，常溫下，HF為液體，NH3為氣體，則熔、沸點：，B正確；
C．中心原子價層電子對數為3+=3，且不含孤電子對，空間構型為平面三角形，正負電中心重合，是非極性分子，中心原子價層電子對數為3+=3，含1個孤電子對，空間構型為三角錐形，正負電中心不重合，是極性分子，則分子的極性：，C錯誤；
D．電負性：N>P，則NH3中N對成鍵電子對的吸引力強，成鍵電子對之間的排斥力大，鍵角大，因此鍵角： ， D錯誤；
故選B。
（2）A．咪唑環上的C原子和N原子均有3個價電子對，采用雜化，A正確；
B.1-丁基-3-甲基咪唑陽離子中環狀含氮結構是平面結構，含有多個飽和碳原子，飽和碳原子最多有2個原子共面，則該陽離子中共面的原子最多為15個，B錯誤；
C.1-丁基-3-甲基咪唑六氟磷酸鹽屬于離子化合物，易溶于水，則其在水中的溶解度比在苯中大，C正確；
D．的中心原子P的價層電子對數為=6，孤電子對數為0，空間結構為正八面體，D正確；
故選B。
（3）A．離子液體中其陰、陽離子的體積大，離子鍵強度小，因此呈液態，A正確；
B． 和 都是離子晶體，熔點與離子鍵的強度成正比，原子半徑：Al>B，則半徑：>，則的熔點低于，B錯誤；
C.2號氮原子的孤對電子沒有參與大鍵的共軛體系，可以自由地接受質子，堿性較強，C正確；
D．離子液體通常由有機陽離子和無機或者有機陰離子組成，因離子間作用力較弱，熔點較低，但難揮發，液態時離子可自由移動，導電能力與熔融鹽相當，優于多數有機電解質溶液，適合作為電解質傳導離子，是制造原電池電解質的理想材料，D正確；
故選B。
6．【答案】D
【知識點】共價鍵的形成及共價鍵的主要類型；鍵能、鍵長、鍵角及其應用；有機物的合成；有機物的結構和性質
【解析】【解答】A． 中飽和碳原子采用雜化，苯環上的碳原子采用雜化，則①為鍵，②為鍵，s成分越大，鍵長越短，所以鍵長①>②，③為鍵，由于氧原子電負性大于碳原子，電負性差異導致原子間作用力更強，原子軌道重疊程度進一步增大，所以鍵長②>③，則X中鍵長：①>②>③，故A錯誤；
B．X和Y發生縮聚反應生成Z和HCl，反應方程式為+2nHCl，所以生成的同時，還生成了，故B錯誤；
C．Z具有苯和酯的性質，苯能發生取代反應、加成反應、氧化反應，酯能發生水解反應，但不能發生消去反應，故C錯誤；
D． 與X反應生成Z和 ，故D正確；
故選D。
【分析】A．①為鍵，②為鍵，s成分越大，鍵長越短；
Ｂ．X和Y發生縮聚反應生成Z，同時生成HCl；
Ｃ．Z含有苯環和酯基，具有苯和酯的性質；
Ｄ．碳酸二甲酯與X反應生成Z和甲醇。
7．【答案】D
【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．紙中的鹽遇水溶解，產生自由移動的離子，從而使電解質具有導電性，起到電解質溶液的作用，A正確；
B．Zn失去電子發生氧化反應，則Zn作負極，電極反應為，B正確；
C．由圖可知，Zn最終轉化為ZnO，正極反應為，則電池的總反應為，C正確；
D．Zn電極上，Zn最終轉化為ZnO，則Zn電極質量增加，D錯誤；
故選D。
【分析】由圖可知，Zn失去電子發生氧化反應，則Zn電極為負極，電極反應式為，空氣電極為正極，電極反應式為。
8．【答案】B
【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】A．pH為5時，Fe3+沉淀完全，則濾渣①為SiO2、CaSO4、Fe(OH)3，A正確；
B．若X為，會引入雜質，B錯誤；
C．結合上述分析可知高錳酸鉀把Fe2+轉化為Fe(OH)3，同時生成MnO2，離子方程式為，C正確；
D．脫鈣鎂的過程，酸性過強會生成HF，不利于生成MgF2、CaF2，堿性過強可能導致Zn2+沉淀，D正確；
故選B。
【分析】菱鋅礦的主要成分為ZnCO3，雜質為SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，焙燒時，ZnCO3分解生成ZnO，加入硫酸浸取，Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物轉化為對應的硫酸鹽，ZnO和硫酸反應生成硫酸鋅，SiO2不與硫酸反應，加入X調節pH=5，將鐵元素轉化為氫氧化鐵沉淀除去，則濾渣①為SiO2、CaSO4、Fe(OH)3，向濾液①中加入高錳酸鉀將Fe2+氧化為Fe3+，同時生成Fe(OH)3沉淀，過濾出沉淀，濾液②加鋅粉置換出Cu2+，從而除去Cu，濾液加HF生成MgF2、CaF2沉淀除去Ca2+、Mg2+，過濾，濾液蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥得ZnSO4·7H2O晶體。
9．【答案】D
【知識點】離子晶體；晶胞的計算
【解析】【解答】A．由圖可知，氧位于頂點和體心，數目為，銅位于晶胞體內，數目為4，則其化學式為，A正確；
B．若晶胞中其中1個Cu原子位于頂點，則晶胞中其余3個Cu原子位于面心，銅離子周圍緊鄰且距離相等的銅離子數為12個，B正確；
C．晶胞的質量，設晶胞的棱長為，則有，晶體的密度，C正確；
D．晶胞內部的四個銅離子在四個小正方體的體心交錯排列，則晶胞沿面對角線的剖面圖為，D錯誤；
故選D。
【分析】A．根據均攤法計算；
Ｂ．銅離子周圍緊鄰且距離相等的銅離子有12個；
Ｃ．根據計算；
Ｄ．晶胞內部的四個銅離子在四個小正方體的體心交錯排列。
10．【答案】C
【知識點】配合物的成鍵情況；氧化還原反應；化學實驗方案的評價
【解析】【解答】A．實驗I中往CuCl2溶液(1mol/L)中加銅粉，產生CuCl白色沉淀，發生了反應Cu+Cu2++2Cl =2CuCl，A正確；
B．加入5mol/L的與Ⅱ形成對比，無氣體放出，該溶液中只有陰離子種類不同，其他條件相同，說明受到濃度的影響，與Cu+結合形成使Cu還原性增強，反應生成氫氣，B正確；
C．濃度較大時，存在平衡：，而CuCl不與濃鹽酸反應，因此白色沉淀CuCl不能穩定存在，并非是其酸性太強，C項錯誤；
D．實驗Ⅱ、Ⅲ對比，源于被還原，當有存在時，未生成，可能是因為或氧化性強于，先于與Cu反應，D項正確；
故選C。
【分析】實驗I：往CuCl2溶液(1mol/L)中加銅粉，產生CuCl白色沉淀，溶液藍色變淺；
實驗II：往濃鹽酸(10mol/L)中加銅粉，生成氫氣和[CuCl3]2-、然后生成[CuCl4]2-使溶液呈黃色、較長時間后生成[Cu2Cl4(H2O)]-使溶液呈棕色；
實驗III：往CuCl2溶液(1mol/L)和濃鹽酸(10mol/L)混合溶液中加銅粉，生成[Cu2Cl4(H2O)]-使溶液呈棕色，然后隨著反應進行，溶液顏色變淺，后接近于無色，5h時銅粉幾乎無剩余。
11．【答案】B
【知識點】化學平衡常數；化學反應速率的影響因素；化學平衡的影響因素；等效平衡
【解析】【解答】A．投入的反應物物質的量相同，容器Ⅱ的體積小，其反應物的濃度更大，反應速率更快，A正確；
B.10min內消耗(的物質的量分別為0.5mol、0.6mol、0.4mol、0.2mol，容器Ⅰ的體積最小，壓強最大，但在10min內消耗的物質的量卻不是最大，只有一種可能就是壓強大導致平衡逆移，因此可以判斷容器Ⅰ中10min時必然處于平衡狀態，此時可以計算出其平衡常數，此時容器Ⅱ中，，因此容器Ⅱ中尚未平衡，B錯誤；
C．恒溫條件下，Ⅲ中達到平衡后和Ⅰ中壓強平衡常數相同，Ⅰ中達到平衡后，三種氣體的物質的量均為0.5mol，此時的壓強，各氣體的分壓均為12MPa，則分壓平衡常數，C正確；
D．將容器Ⅳ體積壓縮至1L，與容器Ⅰ中形成等效平衡，平衡后乙烷的轉化率為=50%，D正確；
故選B。
【分析】A．濃度越大，反應速率越快；
Ｂ．計算平衡常數和濃度熵，當兩者相等時，都處于平衡狀態；
Ｃ．計算各物質分壓，結合平衡常數表達式計算；
Ｄ．將容器Ⅳ壓縮至1L，與容器Ⅰ是等效平衡。
12．【答案】C
【知識點】弱電解質在水溶液中的電離平衡
【解析】【解答】A．BOH是堿，溶液Ⅰ中加入酸，促進BOH電離；溶液Ⅱ中加入堿，抑制BOH電離，因此溶液Ⅰ中BOH的電離程度比溶液Ⅱ中大，A正確；
B．對于溶液Ⅱ，，代入，則有，則，B正確；
C．溶液Ⅰ和溶液Ⅱ充分混合的過程中，會發生酸堿中和，不能按照兩個堿溶液混合進行計算，C錯誤；
D．溶液Ⅰ中加入一定量NaOH固體，抑制BOH的電離，BOH濃度增大，進入溶液Ⅱ中，導致Ⅱ中BOH增大，濃度增大，pH增大，D正確；
故選C。
【分析】A．BOH是弱堿，酸能促進其電離，堿抑制其電離；
Ｂ．結合計算；
Ｃ．該過程中還會發生酸堿中和；
Ｄ．加入NaOH固體抑制BOH的電離。
13．【答案】（1）四面體形；或等均可
（2）球形干燥管；堿石灰
（3）質量分數過大，難電離出氫離子，質量分數小，電離出的氫離子濃度小，都不利于反應，70%左右的濃硫酸中，氫離子濃度較大，有利于反應進行
（4）觀察氣體流速
（5）吸收中的HCl氣體；
（6）
【知識點】制備實驗方案的設計；化學實驗方案的評價
【解析】【解答】（1）SOCl2中S原子上的孤對電子數，價層電子對數為4，因此VSEPR模型名稱為四面體形，SOCl2的等電子體有等；
（2）a為球形干燥管；尾氣的主要成分為SO2和Cl2溶于水可以用堿石灰吸收。
（3）硫酸質量分數過大難電離出H+，質量分數小電離出的H+濃度小，都不利于反應，70%左右的硫酸具有較強吸水性，且H+濃度大，有利于反應進行以及SO2的擴散；
（4）濃硫酸可以干燥氣體，防止水解，同時還可以觀察氣體流速；
（5）D裝置中的飽和食鹽水除去Cl2中混有的HCl；制取Cl2的反應為，HCl中只有部分HCl起還原劑作用，氧化劑和還原劑的物質的量之比為1：5；
（6）SOCl2可以與的結晶水反應生成HCl從而防止水解，加熱SOCl2和混合物可以得到無水，反應的化學方程式為。
【分析】裝置E中用濃鹽酸和高錳酸鉀發生制得氯氣，濃鹽酸易揮發，制得的氯氣中含有HCl雜質，用飽和食鹽水除去氯氣中的HCl雜質， 遇水劇烈水解，因此裝置C中用濃硫酸干燥氯氣，裝置A中用濃硫酸干燥SO2，干燥后的SO2和氯氣通入裝置B，發生反應 制得 ，球形干燥管a中盛放堿石灰，吸收空氣中的水蒸氣，防止其進入裝置B中。
（1）SOCl2中S原子上的孤對電子數，價層電子對數為4，因此VSEPR模型名稱為四面體形，SOCl2的等電子體有等；
（2）a為球形干燥管；尾氣的主要成分為SO2和Cl2溶于水可以用堿石灰吸收。
（3）硫酸質量分數過大難電離出H+，質量分數小電離出的H+濃度小，都不利于反應，70%左右的硫酸具有較強吸水性，且H+濃度大，有利于反應進行以及SO2的擴散；
（4）濃硫酸可以干燥氣體，防止水解，同時還可以觀察氣體流速；
（5）D裝置中的飽和食鹽水除去Cl2中混有的HCl；制取Cl2的反應為，HCl中只有部分HCl起還原劑作用，氧化劑和還原劑的物質的量之比為1：5；
（6）SOCl2可以與的結晶水反應生成HCl從而防止水解，加熱SOCl2和混合物可以得到無水，反應的化學方程式為。
14．【答案】（1）
（2）
（3）
（4）a；b；800℃時，轉化率低；和的轉化率相當，時能耗太高
（5）
（6）為離子晶體，熔點較高，都是分子晶體，相對分子質量逐漸增大，分子間作用力逐漸增大，熔點逐漸升高
【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）Ti的價層電子排布式為3d24s2，故價層電子軌道排布式為
；
（2）依題水解生成，水解方程式為；
（3）水解后的經煅燒得到TiO2，再與C、Cl2發生氧化還原反應生成TiCl4、CO、CO2，反應的化學方程式為；
（4）①Mg與氧氣、氮氣、二氧化碳均反應，故還原過程應在氬氣氛圍中進行；
②Mg還原TiCl4制Ti，屬于熱還原法，Fe也是用熱還原法制備；Na、Al等活潑金屬用電解法，Pt、Au等不活潑金屬用富集法制備；
③800℃的提取率低，1000℃與1500℃提取率很高而且相差不大，故選擇1000℃，可以節約生產成本；
（5）根據反應機理圖可知，在催化劑作用下甲醇和二氧化碳轉化甲酸甲酯、甲醛和水，總反應方程式為；
（6）TiF4是離子晶體，其余為分子晶體。離子晶體熔點較高，分子晶體熔點低，且分子晶體熔點隨相對分子質量增大而升高。
【分析】金紅石 主要成分為，還含有少量Fe、Cr的氧化物 ，粉碎增大反應物的接觸面積，使金紅石能充分浸出，加入濃硫酸酸浸，過濾除去濾渣，濾液中主要含TiOSO4、Fe2 (SO4)3，加入大量水使TiOSO4水解，過濾后得到膠狀；經煅燒得到TiO2，向TiO2中加入焦炭和氯氣氯化生成TiCl4，冷卻精餾得到純凈的TiCl4，加入Mg還原TiCl4得到單質Ti。
（1）Ti的價層電子排布式為3d24s2，故價層電子軌道排布式為；
（2）依題水解生成，水解方程式為；
（3）水解后的經煅燒得到TiO2，再與C、Cl2發生氧化還原反應生成TiCl4、CO、CO2，反應的化學方程式為；
（4）①Mg與氧氣、氮氣、二氧化碳均反應，故還原過程應在氬氣氛圍中進行；
②Mg還原TiCl4制Ti，屬于熱還原法，Fe也是用熱還原法制備；Na、Al等活潑金屬用電解法，Pt、Au等不活潑金屬用富集法制備；
③800℃的提取率低，1000℃與1500℃提取率很高而且相差不大，故選擇1000℃，可以節約生產成本；
（5）根據反應機理圖可知，在催化劑作用下甲醇和二氧化碳轉化甲酸甲酯、甲醛和水，總反應方程式為；
（6）TiF4是離子晶體，其余為分子晶體。離子晶體熔點較高，分子晶體熔點低，且分子晶體熔點隨相對分子質量增大而升高。
15．【答案】（1）
（2）B；1；逆向移動；，平衡逆移；C
（3）CaO吸收使減小，平衡正移，的體積分數增加，納米CaO顆粒更小，表面積更大，使反應速率增大
（4）；電極a
【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；電解池工作原理及應用
【解析】【解答】（1）根據標準摩爾生成焓的定義，反應的焓變等于生成物的生成焓之和減去反應物的生成焓之和，故；
（2）①A．反應為氣體物質的量不變的反應，壓強為恒量，故壓強不變不能作為判斷的依據，A項錯誤；
B．CO和起始投入量之比為，消耗量比為，反應過程中物質的量比值會有變化，比值不變可以作為判斷的依據，B項正確；
C．消耗CO和生成都是正反應，速率相同不能證明正、逆反應速率相等，C項錯誤；
D．無論平衡與否，生成和的濃度始終相等，D項錯誤；
故選B；
②CO的轉化率為80%，即消耗CO1.6mol。據此列出三段式：
，再充入1mol和，計算，故平衡逆向移動。
③A．升高溫度，平衡逆移，CO轉化率減小，A項錯誤；
B．及時分離出，平衡正移，但反應速率未增加，B項錯誤；
C．增加水蒸氣的量，反應速率增大，平衡正移，CO的轉化率增大，C項正確；
D．增大壓強，平衡不移動，CO的轉化率不變，D項錯誤；
E．增大CO的投入量，CO的轉化率減小，E項錯誤；
故選C；
（3）由圖可知，CaO可以增大H2的體積分數，且CaO的顆粒越小，H2體積分數越大，因為CaO吸收使減小，平衡正移，的體積分數增加，納米CaO顆粒更小，表面積更大，使反應速率增大；
（4）由丙烯腈生成己二腈為還原反應，碳元素化合價降低得電子，電解液為稀硫酸，電極反應為，反應得電子，在陰極上發生，氫氧燃料電池中通入的一極為負極，連接電解池的陰極，因此應通入電極a。
【分析】（1）標準摩爾生成焓是指在標準大氣壓下，由最穩定的單質生成1mol該物質的反應焓變，則反應的焓變等于生成物的生成焓之和減去反應物的生成焓之和；
（2）①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；
②列出反應的三段式，結合平衡常數表達式計算；
③化學平衡移動的具體內容為：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，同時濃度、壓強、溫度等也能影響反應速率；
（3） CaO吸收使減小，平衡正移，的體積分數增加 ；
（4）丙烯腈生成己二腈的過程發生還原反應，氫氧燃料電池中，通入氫氣的一極為負極。
（1）根據標準摩爾生成焓的定義，反應的焓變等于生成物的生成焓之和減去反應物的生成焓之和，故；
（2）①A．反應為氣體物質的量不變的反應，壓強為恒量，故壓強不變不能作為判斷的依據，A項錯誤；
B．CO和起始投入量之比為，消耗量比為，反應過程中物質的量比值會有變化，比值不變可以作為判斷的依據，B項正確；
C．消耗CO和生成都是正反應，速率相同不能證明正、逆反應速率相等，C項錯誤；
D．無論平衡與否，生成和的濃度始終相等，D項錯誤；
故選B；
②CO的轉化率為80%，即消耗CO1.6mol。據此列出三段式：
，再充入1mol和，計算，故平衡逆向移動。
③A．升高溫度，平衡逆移，CO轉化率減小，A項錯誤；
B．及時分離出，平衡正移，但反應速率未增加，B項錯誤；
C．增加水蒸氣的量，反應速率增大，平衡正移，CO的轉化率增大，C項正確；
D．增大壓強，平衡不移動，CO的轉化率不變，D項錯誤；
E．增大CO的投入量，CO的轉化率減小，E項錯誤；
故選C；
（3）由圖可知，CaO可以增大H2的體積分數，且CaO的顆粒越小，H2體積分數越大，因為CaO吸收使減小，平衡正移，的體積分數增加，納米CaO顆粒更小，表面積更大，使反應速率增大；
（4）由丙烯腈生成己二腈為還原反應，碳元素化合價降低得電子，電解液為稀硫酸，電極反應為，反應得電子，在陰極上發生，氫氧燃料電池中通入的一極為負極，連接電解池的陰極，因此應通入電極a。
16．【答案】（1）苯乙醛
（2）加成反應
（3）C
（4）2；氨基、酰胺基
（5）+CH3OH+H2O
（6）16；或
（7）
【知識點】有機物的合成；有機物的結構和性質；同分異構現象和同分異構體；醛類簡介；醛的化學性質
【解析】【解答】（1）由A的結構簡式可知，A的名稱為苯乙醛；
（2）苯乙醛和HCN加成生成，所以A→B的反應類型為加成反應；
（3）C中羧基相鄰碳原子上連有為吸電子基團，使羧基中O-H鍵極性增大，酸性增強，故C的酸性更強；
（4）連接4個不同原子或基團的碳原子為手性碳原子，G中含有兩個手性碳原子，如圖，含氮官能團為氨基和酰胺基；
（5）D在濃硫酸、加熱的條件下和甲醇酯化生成E，化學方程式為+CH3OH+H2O；
（6）能與氯化鐵溶液顯紫色、能發生銀鏡反應和水解反應，則結構中必含有酚羥基和甲酸酯結構，苯環上有四個取代基則剩余兩個基團應為甲基。若苯環上只有兩個甲基和一個酚羥基，則變換位置共有6種，再加入甲酸酯的結構，共有種。當兩個甲基處在間位時，存在兩種是重復的，則符合要求的同分異構體共有16種；符合核磁共振氫譜顯示氫原子個數比為的為或。
（7）丙酮與HCN發生親核加成，水解后可以得到，濃硫酸條件下發生消去可以得到甲基丙烯酸，甲基丙烯酸與甲醇發生酯化反應得甲基丙烯酸甲酯，在一定條件下發生加成聚合即得PMMA，合成路線為。
【分析】與HCN反應生成B，B在酸性條件下水解得到C，結合C的結構簡式可知，B的結構簡式為，C與氨氣發生類似 的反應得到D，則D的結構簡式為，在甲醇在濃硫酸、加熱的條件下發生酯化反應生成E，則E的結構簡式為，E和F發生取代反應生成G。
（1）由A的結構簡式可知，A的名稱為苯乙醛；
（2）苯乙醛和HCN加成生成，所以A→B的反應類型為加成反應；
（3）C中羧基相鄰碳原子上連有為吸電子基團，使羧基中O-H鍵極性增大，酸性增強，故C的酸性更強；
（4）連接4個不同原子或基團的碳原子為手性碳原子，G中含有兩個手性碳原子，如圖，含氮官能團為氨基和酰胺基；
（5）D在濃硫酸、加熱的條件下和甲醇酯化生成E，化學方程式為+CH3OH+H2O；
（6）能與氯化鐵溶液顯紫色、能發生銀鏡反應和水解反應，則結構中必含有酚羥基和甲酸酯結構，苯環上有四個取代基則剩余兩個基團應為甲基。若苯環上只有兩個甲基和一個酚羥基，則變換位置共有6種，再加入甲酸酯的結構，共有種。當兩個甲基處在間位時，存在兩種是重復的，則符合要求的同分異構體共有16種；
符合核磁共振氫譜顯示氫原子個數比為的為或。
（7）丙酮與HCN發生親核加成，水解后可以得到，濃硫酸條件下發生消去可以得到甲基丙烯酸，甲基丙烯酸與甲醇發生酯化反應得甲基丙烯酸甲酯，在一定條件下發生加成聚合即得PMMA，合成路線為。
1 / 1湖南省一起考大聯考2025屆高三下學期二模考試化學試題
1．（2025·湖南模擬）化學與生活密切相關，下列涉及生產生活有關的化學原理的表述，錯誤的是
A．淀粉、蔗糖水解產生的葡萄糖發生還原反應為生物體提供能量
B．谷氨酸鈉(味精)常用于增味劑，碳酸氫鈉、碳酸氫銨用于食品膨松劑
C．聚酰胺纖維、聚對苯二甲酸乙二酯纖維等強度高、彈性好、耐磨，可用作漁網、繩索
D．在DNA的雙螺旋結構中，依靠形成氫鍵實現堿基互補配對
【答案】A
【知識點】多糖的性質和用途；常見的食品添加劑的組成、性質和作用；核酸
【解析】【解答】A．淀粉、蔗糖水解生成葡萄糖，此過程屬于水解反應（取代反應），而非氧化還原反應，葡萄糖在生物體內通過氧化反應（如細胞呼吸） 釋放能量，為生物體供能，反應中葡萄糖被氧化（失去電子），屬于氧化反應，A錯誤；
B．谷氨酸鈉（味精）能增強食品鮮味，是常用的增味劑，碳酸氫鈉（小蘇打）受熱分解生成 CO2氣體，使食品膨松，碳酸氫銨受熱分解生成 NH3和 CO2，常用于糕點等食品的膨松劑，B正確；
C．聚酰胺纖維（如尼龍）分子間存在氫鍵，結構緊密，具有高強度、耐磨、彈性好的特點，聚對苯二甲酸乙二酯纖維（滌綸）分子鏈規整，機械性能優異，適用于制造漁網、繩索，C正確；
D．DNA雙螺旋中，兩條鏈通過堿基對之間的氫鍵連接，其中 A（腺嘌呤）與 T（胸腺嘧啶）形成 2 個氫鍵，G（鳥嘌呤）與 C（胞嘧啶）形成 3 個氫鍵，氫鍵的形成維持了雙螺旋結構的穩定性，D正確；
故選A。
【分析】A．淀粉為多糖，蔗糖為二糖；
Ｂ．碳酸氫鈉、碳酸氫銨受熱分解生成氣體；
Ｃ．聚酰胺纖維、聚對苯二甲酸乙二酯纖維等具有強度高、彈性好、耐磨等性質；
Ｄ．DNA兩條鏈通過堿基對之間的氫鍵連接。
2．（2025·湖南模擬）化學用語是化學學科的獨特語言，下列化學用語的表述正確的是
A．二氧化硅的分子式：
B．苯環中的大鍵：
C．有機物的名稱：3-異丙基戊烷
D．在水中的電離：+H2O+OH-
【答案】D
【知識點】有機化合物的命名；有機物的結構和性質；電離方程式的書寫
【解析】【解答】A．為共價晶體，不含分子，不存在分子式，A錯誤；
B．苯環中的大π鍵是6個C原子中未雜化的p軌道肩并肩重合形成， 為苯環中的σ鍵，B錯誤；
C． 最長碳鏈含有5個碳原子，2號碳原子上含有一個甲基，3號碳原子上含有一個乙基，正確名稱應為2-甲基-3-乙基戊烷，C錯誤；
D．苯胺為弱堿，部分電離，其電離方程式為+H2O+OH-，D正確；
故答案選D。
【分析】A．SiO2為共價晶體；
Ｂ．苯環中的大π鍵是6個C原子中未雜化的p軌道肩并肩重合形成；
Ｃ．烷烴命名時，選最長的碳鏈為主鏈，從離支鏈近的一端開始編號，命名時表示出支鏈的位置；
Ｄ．苯胺為一元弱堿，部分電離。
3．（2025·湖南模擬）化學是一門以實驗為基礎的自然科學，下列相關實驗操作不正確的是
A．濃硫酸在運輸和儲存時要張貼標志
B．利用溶液除去電石制中混有的、氣體
C．向存在大量AgCl固體的AgCl飽和溶液中加入少量蒸餾水稀釋，不變
D．重結晶法提純苯甲酸需要用到燒杯、分液漏斗、玻璃棒等玻璃儀器
【答案】D
【知識點】濃硫酸的性質；常用儀器及其使用；幾種常見的化學標志
【解析】【解答】A．濃硫酸具有腐蝕性，運輸和儲存時應張貼腐蝕品標志，為腐蝕品標志，操作正確，A不符合題意；
B．溶液可與反應生成沉淀，也能與反應，故可除去電石制中混有的、，操作正確，B不符合題意；
C．AgCl飽和溶液中加入少量蒸餾水稀釋，因有AgCl固體存在，加水繼續溶解，所以不變，操作正確，C不符合題意；
D．重結晶過程不需要用到分液漏斗，需要用到普通漏斗和酒精燈，操作不正確，D符合題意；
故選D。
【分析】A．濃硫酸具有強腐蝕性；
Ｂ．溶液與H2S、PH3反應生成CuS、CuP沉淀；
Ｃ．加水的過程中，AgCl繼續溶解；
Ｄ．苯甲酸重結晶的步驟如下：（1）將粗苯甲酸加入燒杯中，加入蒸餾水溶解。（2）趁熱過濾溶液，除去不溶性雜質。（3）靜置使溶液緩慢冷卻結晶。（4）抽濾可得純化的苯甲酸晶體。若純度不夠，可再溶于無水乙醚中，抽濾去不溶的固體，然后真空抽濾，得苯甲酸晶體，根據步驟選擇所需儀器。
4．（2025·湖南模擬）化學方程式是化學獨有的學科語言，下列過程所對應的化學方程式或離子方程式錯誤的是
A．用鐵氰化鉀檢驗溶液中的：
B．使酸性溶液褪色：
C．鉛酸蓄電池充放電的反應：
D．苯酚鈉溶液中通入少量：＋CO2＋H2O→＋NaHCO3
【答案】B
【知識點】離子方程式的書寫
【解析】【解答】A．鐵氰化鉀與亞鐵離子反應生成藍色沉淀，反應的化學方程式為，A正確；
B．該氧化還原反應方程式中得失電子不守恒，正確的離子方程式為，B錯誤；
C．鉛酸蓄電池放電時正極材料PbO2和負極材料Pb都與硫酸反應生成PbSO4，充放電的反應為，C正確；
D．向苯酚鈉溶液中通入少量，反應生成苯酚和碳酸氫鈉，反應的離子方程式為＋CO2＋H2O→＋NaHCO3，D正確；
故選B。
【分析】A．鐵氰化鉀遇亞鐵離子產生藍色沉淀；
Ｂ．過氧化氫和酸性高錳酸鉀發生氧化還原反應；
Ｃ．鉛蓄電池充放電均生成硫酸鉛；
Ｄ．苯酚鈉與二氧化碳反應生成苯酚和碳酸氫鈉。
5．（2025·湖南模擬）閱讀下面一段材料，據此完成下面小題：
離子晶體的熔點，有的很高，如CaO的熔點為，有的較低，如、的熔點分別為170℃、109℃。早在1914年就有人發現，引入有機基團可降低離子化合物的熔點，如的熔點只有12℃，比低了！大多數離子液體含有體積很大的陰、陽離子。常見的陰離子如四氯鋁酸根、六氟磷酸根、四氟硼酸根等，常見的陽離子如季銨離子(，即的H被烴基R取代)、帶烴基側鏈的咪唑、嘧啶等有環狀含氮結構的有機胺正離子等。1-丁基-3-甲基咪唑六氟磷酸鹽是常見的離子液體，其結構如圖所示：。
（1）下列說法正確的是
A．元素的第二電離能：
B．氫化物的熔、沸點：
C．分子的極性：
D．鍵角：
（2）有關1-丁基-3-甲基咪唑六氟磷酸鹽的結構，下列敘述錯誤的是
A．咪唑環上C原子和N原子的雜化方式相同
B．1-丁基-3-甲基咪唑陽離子中共面的原子最多有16個
C．1-丁基-3-甲基咪唑六氟磷酸鹽在水中的溶解度比在苯中大
D．的空間結構為正八面體
（3）下列有關離子液體的敘述，錯誤的是
A．離子液體之所以在常溫下呈液體，是因為其陰、陽離子的體積大，離子鍵強度小
B．四氟合硼酸四甲基銨相對分子質量小于四氟合鋁酸四甲基銨，因此前者的熔點比后者低
C．咪唑()有較強的堿性，一般通過2號氮原子體現
D．離子液體熔點低，但難揮發，且具有良好的導電性，可用于制造原電池的電解質
【答案】（1）B
（2）B
（3）B
【知識點】物質的結構與性質之間的關系；離子鍵的形成；極性分子和非極性分子
【解析】【解答】（1）A．第二電離能是指原子失去第二個電子的所需能量的大小，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，O+、F+、N+的價層電子排布式為2s22p3、2s22p4、2s22p2，O+2p軌道半充滿，更加穩定，第二電離能較大，F的電負性強于N，更難失去電子，則第二電離能：O>F>N，A錯誤；
B．HF、NH3分子均能形成氫鍵，PH3不存在分子間氫鍵，常溫下，HF為液體，NH3為氣體，則熔、沸點：，B正確；
C．中心原子價層電子對數為3+=3，且不含孤電子對，空間構型為平面三角形，正負電中心重合，是非極性分子，中心原子價層電子對數為3+=3，含1個孤電子對，空間構型為三角錐形，正負電中心不重合，是極性分子，則分子的極性：，C錯誤；
D．電負性：N>P，則NH3中N對成鍵電子對的吸引力強，成鍵電子對之間的排斥力大，鍵角大，因此鍵角： ， D錯誤；
故選B。
（2）A．咪唑環上的C原子和N原子均有3個價電子對，采用雜化，A正確；
B.1-丁基-3-甲基咪唑陽離子中環狀含氮結構是平面結構，含有多個飽和碳原子，飽和碳原子最多有2個原子共面，則該陽離子中共面的原子最多為15個，B錯誤；
C.1-丁基-3-甲基咪唑六氟磷酸鹽屬于離子化合物，易溶于水，則其在水中的溶解度比在苯中大，C正確；
D．的中心原子P的價層電子對數為=6，孤電子對數為0，空間結構為正八面體，D正確；
故選B。
（3）A．離子液體中其陰、陽離子的體積大，離子鍵強度小，因此呈液態，A正確；
B． 和 都是離子晶體，熔點與離子鍵的強度成正比，原子半徑：Al>B，則半徑：>，則的熔點低于，B錯誤；
C.2號氮原子的孤對電子沒有參與大鍵的共軛體系，可以自由地接受質子，堿性較強，C正確；
D．離子液體通常由有機陽離子和無機或者有機陰離子組成，因離子間作用力較弱，熔點較低，但難揮發，液態時離子可自由移動，導電能力與熔融鹽相當，優于多數有機電解質溶液，適合作為電解質傳導離子，是制造原電池電解質的理想材料，D正確；
故選B。
【分析】（1）A．第二電離能是指從原子中移除第二個電子所需的能量；
B．形成分子間氫鍵能使物質的熔沸點升高；
C．根據正負電荷中心是否重合判斷分子極性；
D．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；
（2）A．咪唑環上的C原子和N原子均采用雜化；
B.1-丁基-3-甲基咪唑陽離子中環狀含氮結構是平面結構，單鍵能旋轉；
C.1-丁基-3-甲基咪唑六氟磷酸鹽屬于離子化合物，易溶于水；
D．的中心原子P的價層電子對數為=6，不含孤電子對；
（3）A．離子液體的熔沸點與其中離子鍵的強弱有關；
B．離子鍵越強，熔沸點越高；
C.2號氮原子的孤電子對不參與形成大鍵，可以自由地接受質子；
D．離子液體中離子間作用力強。
（1）A．第二電離能是指原子失去第二個電子的所需能量的大小，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，O+、F+、N+的價層電子排布式為2s22p3、2s22p4、2s22p2，O+2p軌道半充滿，更加穩定，第二電離能較大，F的電負性強于N，更難失去電子，則第二電離能：O>F>N，A錯誤；
B．HF、NH3分子均能形成氫鍵，PH3不存在分子間氫鍵，常溫下，HF為液體，NH3為氣體，則熔、沸點：，B正確；
C．中心原子價層電子對數為3+=3，且不含孤電子對，空間構型為平面三角形，正負電中心重合，是非極性分子，中心原子價層電子對數為3+=3，含1個孤電子對，空間構型為三角錐形，正負電中心不重合，是極性分子，則分子的極性：，C錯誤；
D．電負性：N>P，則NH3中N對成鍵電子對的吸引力強，成鍵電子對之間的排斥力大，鍵角大，因此鍵角： ， D錯誤；
故選B。
（2）A．咪唑環上的C原子和N原子均有3個價電子對，采用雜化，A正確；
B.1-丁基-3-甲基咪唑陽離子中環狀含氮結構是平面結構，含有多個飽和碳原子，飽和碳原子最多有2個原子共面，則該陽離子中共面的原子最多為15個，B錯誤；
C.1-丁基-3-甲基咪唑六氟磷酸鹽屬于離子化合物，易溶于水，則其在水中的溶解度比在苯中大，C正確；
D．的中心原子P的價層電子對數為=6，孤電子對數為0，空間結構為正八面體，D正確；
故選B。
（3）A．離子液體中其陰、陽離子的體積大，離子鍵強度小，因此呈液態，A正確；
B． 和 都是離子晶體，熔點與離子鍵的強度成正比，原子半徑：Al>B，則半徑：>，則的熔點低于，B錯誤；
C.2號氮原子的孤對電子沒有參與大鍵的共軛體系，可以自由地接受質子，堿性較強，C正確；
D．離子液體通常由有機陽離子和無機或者有機陰離子組成，因離子間作用力較弱，熔點較低，但難揮發，液態時離子可自由移動，導電能力與熔融鹽相當，優于多數有機電解質溶液，適合作為電解質傳導離子，是制造原電池電解質的理想材料，D正確；
故選B。
6．（2025·湖南模擬）某種聚碳酸酯的透光性好，可制成車、船的擋風玻璃，以及眼鏡鏡片、光盤等。傳統的合成方法為
下列相關說法正確的是
A．X()中，鍵長：②>①>③
B．生成的同時，還生成了
C．Z可以發生取代反應、加成反應、水解反應和消去反應
D．用碳酸二甲酯()代替Y，另一生成產物為
【答案】D
【知識點】共價鍵的形成及共價鍵的主要類型；鍵能、鍵長、鍵角及其應用；有機物的合成；有機物的結構和性質
【解析】【解答】A． 中飽和碳原子采用雜化，苯環上的碳原子采用雜化，則①為鍵，②為鍵，s成分越大，鍵長越短，所以鍵長①>②，③為鍵，由于氧原子電負性大于碳原子，電負性差異導致原子間作用力更強，原子軌道重疊程度進一步增大，所以鍵長②>③，則X中鍵長：①>②>③，故A錯誤；
B．X和Y發生縮聚反應生成Z和HCl，反應方程式為+2nHCl，所以生成的同時，還生成了，故B錯誤；
C．Z具有苯和酯的性質，苯能發生取代反應、加成反應、氧化反應，酯能發生水解反應，但不能發生消去反應，故C錯誤；
D． 與X反應生成Z和 ，故D正確；
故選D。
【分析】A．①為鍵，②為鍵，s成分越大，鍵長越短；
Ｂ．X和Y發生縮聚反應生成Z，同時生成HCl；
Ｃ．Z含有苯環和酯基，具有苯和酯的性質；
Ｄ．碳酸二甲酯與X反應生成Z和甲醇。
7．（2025·湖南模擬）瑞士科學家開發了一種由水激活的一次性印刷紙電池，研究人員先從一張浸入鹽水后晾干的紙開始。首先在紙張的一側涂上含有石墨粉的墨水，背面涂有含有鋅粉的墨水，而紙張本身充當隔膜，因此這種特殊的紙張就成為了電池。其結構示意圖如圖所示。下列有關說法不正確的是
A．當紙變濕時，紙中的鹽會溶解并釋放帶電離子，從而使電解質具有導電性，起到電解質溶液的作用
B．Zn電極作負極，發生的電極反應為
C．該印刷紙電池的總反應為
D．若外電路轉移電子，Zn電極上因Zn損耗減輕的質量為0.065g
【答案】D
【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．紙中的鹽遇水溶解，產生自由移動的離子，從而使電解質具有導電性，起到電解質溶液的作用，A正確；
B．Zn失去電子發生氧化反應，則Zn作負極，電極反應為，B正確；
C．由圖可知，Zn最終轉化為ZnO，正極反應為，則電池的總反應為，C正確；
D．Zn電極上，Zn最終轉化為ZnO，則Zn電極質量增加，D錯誤；
故選D。
【分析】由圖可知，Zn失去電子發生氧化反應，則Zn電極為負極，電極反應式為，空氣電極為正極，電極反應式為。
8．（2025·湖南模擬）硫酸鋅是制備各種含鋅材料的原料，在防腐、電鍍、醫學上有諸多應用。硫酸鋅可由菱鋅礦制備。菱鋅礦的主要成分為，雜質為以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制備流程如下：
所涉及離子的氫氧化物溶度積常數如表所示：
離子
下列有關說法不正確的是
A．濾渣①的成分可能有、、
B．調pH為5的X宜用、，不能用等強堿
C．加入發生的反應為
D．脫鈣鎂的過程，酸性過強或堿性過強均不利于除鈣鎂
【答案】B
【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】A．pH為5時，Fe3+沉淀完全，則濾渣①為SiO2、CaSO4、Fe(OH)3，A正確；
B．若X為，會引入雜質，B錯誤；
C．結合上述分析可知高錳酸鉀把Fe2+轉化為Fe(OH)3，同時生成MnO2，離子方程式為，C正確；
D．脫鈣鎂的過程，酸性過強會生成HF，不利于生成MgF2、CaF2，堿性過強可能導致Zn2+沉淀，D正確；
故選B。
【分析】菱鋅礦的主要成分為ZnCO3，雜質為SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，焙燒時，ZnCO3分解生成ZnO，加入硫酸浸取，Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物轉化為對應的硫酸鹽，ZnO和硫酸反應生成硫酸鋅，SiO2不與硫酸反應，加入X調節pH=5，將鐵元素轉化為氫氧化鐵沉淀除去，則濾渣①為SiO2、CaSO4、Fe(OH)3，向濾液①中加入高錳酸鉀將Fe2+氧化為Fe3+，同時生成Fe(OH)3沉淀，過濾出沉淀，濾液②加鋅粉置換出Cu2+，從而除去Cu，濾液加HF生成MgF2、CaF2沉淀除去Ca2+、Mg2+，過濾，濾液蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥得ZnSO4·7H2O晶體。
9．（2025·湖南模擬）銅和氧形成的一種離子化合物的晶體結構如圖所示，設陽離子和陰離子的半徑分別為和。下列相關說法不正確的是
A．該離子化合物的化學式可以表示為
B．晶體中每個陽離子周圍緊鄰且距離相等的陽離子個數為12個
C．晶體的密度
D．晶胞沿面對角線的剖面圖為
【答案】D
【知識點】離子晶體；晶胞的計算
【解析】【解答】A．由圖可知，氧位于頂點和體心，數目為，銅位于晶胞體內，數目為4，則其化學式為，A正確；
B．若晶胞中其中1個Cu原子位于頂點，則晶胞中其余3個Cu原子位于面心，銅離子周圍緊鄰且距離相等的銅離子數為12個，B正確；
C．晶胞的質量，設晶胞的棱長為，則有，晶體的密度，C正確；
D．晶胞內部的四個銅離子在四個小正方體的體心交錯排列，則晶胞沿面對角線的剖面圖為，D錯誤；
故選D。
【分析】A．根據均攤法計算；
Ｂ．銅離子周圍緊鄰且距離相等的銅離子有12個；
Ｃ．根據計算；
Ｄ．晶胞內部的四個銅離子在四個小正方體的體心交錯排列。
10．（2025·湖南模擬）以溶液、濃鹽酸為腐蝕液，能將覆銅板上不需要的銅腐蝕。某小組對此反應過程進行探究。
資料：ⅰ.水溶液中：呈無色；呈黃色；呈棕色。
ⅱ.；CuCl為白色固體，難溶于水。
將等體積的溶液a分別加到等量銅粉中，實驗記錄如下：
實驗 溶液a 現象
Ⅰ 溶液() 產生白色沉淀，溶液藍色變淺，5h時銅粉剩余
Ⅱ 濃鹽酸() 產生無色氣泡，溶液無色；繼而溶液變為黃色；較長時間后溶液變為棕色，5h時銅粉剩余
Ⅲ 溶液()和濃鹽酸() 溶液由黃綠色變為棕色，無氣泡；隨著反應進行，溶液顏色變淺，后接近于無色，5h時銅粉幾乎無剩余
經檢驗，Ⅱ中產生的氣體為，下列有關說法中不正確的是
A．Ⅰ中產生白色沉淀的過程可以描述為
B．將加到銅粉中，溶液變藍，未檢測到。證明的產生與、結合成，提高了Cu的還原性有關
C．對比實驗Ⅰ、Ⅲ，分析實驗Ⅲ中將溶液a加到銅粉中未產生白色沉淀的原因可能是Ⅲ中溶液的酸性太強，白色沉淀被溶解
D．實驗Ⅱ、Ⅲ對比，實驗Ⅱ中產生氣泡，實驗Ⅲ中無氣泡，可能是在此條件下或的氧化性強于
【答案】C
【知識點】配合物的成鍵情況；氧化還原反應；化學實驗方案的評價
【解析】【解答】A．實驗I中往CuCl2溶液(1mol/L)中加銅粉，產生CuCl白色沉淀，發生了反應Cu+Cu2++2Cl =2CuCl，A正確；
B．加入5mol/L的與Ⅱ形成對比，無氣體放出，該溶液中只有陰離子種類不同，其他條件相同，說明受到濃度的影響，與Cu+結合形成使Cu還原性增強，反應生成氫氣，B正確；
C．濃度較大時，存在平衡：，而CuCl不與濃鹽酸反應，因此白色沉淀CuCl不能穩定存在，并非是其酸性太強，C項錯誤；
D．實驗Ⅱ、Ⅲ對比，源于被還原，當有存在時，未生成，可能是因為或氧化性強于，先于與Cu反應，D項正確；
故選C。
【分析】實驗I：往CuCl2溶液(1mol/L)中加銅粉，產生CuCl白色沉淀，溶液藍色變淺；
實驗II：往濃鹽酸(10mol/L)中加銅粉，生成氫氣和[CuCl3]2-、然后生成[CuCl4]2-使溶液呈黃色、較長時間后生成[Cu2Cl4(H2O)]-使溶液呈棕色；
實驗III：往CuCl2溶液(1mol/L)和濃鹽酸(10mol/L)混合溶液中加銅粉，生成[Cu2Cl4(H2O)]-使溶液呈棕色，然后隨著反應進行，溶液顏色變淺，后接近于無色，5h時銅粉幾乎無剩余。
11．（2025·湖南模擬）乙烯被譽為石油化工的“龍頭”，其衍生物占石化產品的75%以上。某化學興趣小組模擬工業上乙烷分解制乙烯。恒溫條件下，分別向體積為1L、2L、4L、8L的四個密閉容器(編號分別為Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ)中充入發生反應起始時容器Ⅰ中的壓強為24MPa，10min后測得剩余的濃度分別為0.5mol/L、0.2mol/L、0.15mol/L、0.1mol/L，下列相關說法不正確的是
A．容器Ⅱ中的平均反應速率比容器Ⅲ快
B．容器Ⅰ和Ⅱ處于平衡狀態，容器Ⅲ和Ⅳ尚未平衡
C．容器Ⅲ達到平衡時，以各物質分壓表示的壓強平衡常數
D．將容器Ⅳ壓縮至1L，平衡后乙烷的轉化率為50%
【答案】B
【知識點】化學平衡常數；化學反應速率的影響因素；化學平衡的影響因素；等效平衡
【解析】【解答】A．投入的反應物物質的量相同，容器Ⅱ的體積小，其反應物的濃度更大，反應速率更快，A正確；
B.10min內消耗(的物質的量分別為0.5mol、0.6mol、0.4mol、0.2mol，容器Ⅰ的體積最小，壓強最大，但在10min內消耗的物質的量卻不是最大，只有一種可能就是壓強大導致平衡逆移，因此可以判斷容器Ⅰ中10min時必然處于平衡狀態，此時可以計算出其平衡常數，此時容器Ⅱ中，，因此容器Ⅱ中尚未平衡，B錯誤；
C．恒溫條件下，Ⅲ中達到平衡后和Ⅰ中壓強平衡常數相同，Ⅰ中達到平衡后，三種氣體的物質的量均為0.5mol，此時的壓強，各氣體的分壓均為12MPa，則分壓平衡常數，C正確；
D．將容器Ⅳ體積壓縮至1L，與容器Ⅰ中形成等效平衡，平衡后乙烷的轉化率為=50%，D正確；
故選B。
【分析】A．濃度越大，反應速率越快；
Ｂ．計算平衡常數和濃度熵，當兩者相等時，都處于平衡狀態；
Ｃ．計算各物質分壓，結合平衡常數表達式計算；
Ｄ．將容器Ⅳ壓縮至1L，與容器Ⅰ是等效平衡。
12．（2025·湖南模擬）常溫下，一元弱堿BOH的。在某體系中，和不能穿過隔膜，未電離的BOH分子可以自由穿過該膜(如圖所示)。設，且隔膜兩側的溶液體積相同，使其達到平衡，下列相關敘述不正確的是(已知：)
A．溶液Ⅰ中BOH的電離程度比溶液Ⅱ中大
B．溶液Ⅱ中BOH的電離度
C．撤去隔膜使溶液Ⅰ和溶液Ⅱ充分混合，所得溶液的pH約為12.7
D．向溶液Ⅰ中加入一定量NaOH固體，重新平衡后，溶液Ⅱ的pH也將增大
【答案】C
【知識點】弱電解質在水溶液中的電離平衡
【解析】【解答】A．BOH是堿，溶液Ⅰ中加入酸，促進BOH電離；溶液Ⅱ中加入堿，抑制BOH電離，因此溶液Ⅰ中BOH的電離程度比溶液Ⅱ中大，A正確；
B．對于溶液Ⅱ，，代入，則有，則，B正確；
C．溶液Ⅰ和溶液Ⅱ充分混合的過程中，會發生酸堿中和，不能按照兩個堿溶液混合進行計算，C錯誤；
D．溶液Ⅰ中加入一定量NaOH固體，抑制BOH的電離，BOH濃度增大，進入溶液Ⅱ中，導致Ⅱ中BOH增大，濃度增大，pH增大，D正確；
故選C。
【分析】A．BOH是弱堿，酸能促進其電離，堿抑制其電離；
Ｂ．結合計算；
Ｃ．該過程中還會發生酸堿中和；
Ｄ．加入NaOH固體抑制BOH的電離。
13．（2025·湖南模擬）亞硫酰氯的化學式為，熔點為，沸點為，常溫下是一種無色或黃色有氣味的液體，有強烈刺激性氣味，可與苯、氯仿、四氯化碳等溶劑混溶，遇水劇烈水解，加熱易分解，主要用于制造酰基氯化物，還用于農藥、醫藥、染料等的生產。某化學興趣小組計劃用如圖所示的裝置制備少量(加持裝置已略去)，生成的反應為，回答下列問題：
（1）的VSEPR模型名稱為　 　；價層電子總數和原子總數均相等的兩種微粒(分子或離子)稱為等電子體，寫出分子的一個等電子體：　 　。
（2）裝置a的名稱是　 　，其中裝有　 　可以防止產物水解并除去未反應的氣體，避免污染環境。
（3）由亞硫酸鈉和濃硫酸制取時，一般采用70%左右的濃硫酸的原因是　 　。
（4）裝置A和C中的濃硫酸，除了起干燥氣體和防止生成的產物水解的作用外，還有　 　的作用。
（5）裝置D的作用是　 　，裝置E中反應的氧化劑和還原劑的物質的量之比為　 　。
（6）將溶液蒸干并灼燒得不到無水，而將與混合并加熱可制得無水，原因為　 　(用化學方程式表示)。
【答案】（1）四面體形；或等均可
（2）球形干燥管；堿石灰
（3）質量分數過大，難電離出氫離子，質量分數小，電離出的氫離子濃度小，都不利于反應，70%左右的濃硫酸中，氫離子濃度較大，有利于反應進行
（4）觀察氣體流速
（5）吸收中的HCl氣體；
（6）
【知識點】制備實驗方案的設計；化學實驗方案的評價
【解析】【解答】（1）SOCl2中S原子上的孤對電子數，價層電子對數為4，因此VSEPR模型名稱為四面體形，SOCl2的等電子體有等；
（2）a為球形干燥管；尾氣的主要成分為SO2和Cl2溶于水可以用堿石灰吸收。
（3）硫酸質量分數過大難電離出H+，質量分數小電離出的H+濃度小，都不利于反應，70%左右的硫酸具有較強吸水性，且H+濃度大，有利于反應進行以及SO2的擴散；
（4）濃硫酸可以干燥氣體，防止水解，同時還可以觀察氣體流速；
（5）D裝置中的飽和食鹽水除去Cl2中混有的HCl；制取Cl2的反應為，HCl中只有部分HCl起還原劑作用，氧化劑和還原劑的物質的量之比為1：5；
（6）SOCl2可以與的結晶水反應生成HCl從而防止水解，加熱SOCl2和混合物可以得到無水，反應的化學方程式為。
【分析】裝置E中用濃鹽酸和高錳酸鉀發生制得氯氣，濃鹽酸易揮發，制得的氯氣中含有HCl雜質，用飽和食鹽水除去氯氣中的HCl雜質， 遇水劇烈水解，因此裝置C中用濃硫酸干燥氯氣，裝置A中用濃硫酸干燥SO2，干燥后的SO2和氯氣通入裝置B，發生反應 制得 ，球形干燥管a中盛放堿石灰，吸收空氣中的水蒸氣，防止其進入裝置B中。
（1）SOCl2中S原子上的孤對電子數，價層電子對數為4，因此VSEPR模型名稱為四面體形，SOCl2的等電子體有等；
（2）a為球形干燥管；尾氣的主要成分為SO2和Cl2溶于水可以用堿石灰吸收。
（3）硫酸質量分數過大難電離出H+，質量分數小電離出的H+濃度小，都不利于反應，70%左右的硫酸具有較強吸水性，且H+濃度大，有利于反應進行以及SO2的擴散；
（4）濃硫酸可以干燥氣體，防止水解，同時還可以觀察氣體流速；
（5）D裝置中的飽和食鹽水除去Cl2中混有的HCl；制取Cl2的反應為，HCl中只有部分HCl起還原劑作用，氧化劑和還原劑的物質的量之比為1：5；
（6）SOCl2可以與的結晶水反應生成HCl從而防止水解，加熱SOCl2和混合物可以得到無水，反應的化學方程式為。
14．（2025·湖南模擬）金紅石是一種重要的鈦礦石，具有較高的穩定性和化學惰性，其主要成分為，還含有少量Fe、Cr的氧化物。金屬鈦具有高強度、低密度、耐腐蝕等優良性能，廣泛應用于航空航天、化工、醫療器械等領域。工業上常采用氯化法和還原法相結合的工藝來制備金屬鈦。工藝流程如下：
（1）Ti原子的價層電子軌道排布式為　 　。
（2）金紅石粉碎后遇濃硫酸加熱酸浸，轉化成了，加入大量水，水解成，水解過程的化學方程式為　 　。
（3）若氯化過程產生等物質的量的CO和，則該過程發生反應的化學方程式為　 　。
（4）還原過程用金屬鎂在高溫下還原得到金屬Ti．
①還原過程需在　 　氣氛中進行(填字母)。
a．氬氣 b． c． d．空氣
②下列金屬冶煉常用的方式和上述過程相似的是　 　(填字母)。
a．Al b．Fe c．Na d．Pt
③鈦的提取率在不同溫度下隨時間變化的曲線如圖1所示，工業中實際生產選擇左右進行，請解釋原因：　 　。
（5）如圖2是“碳中和”反應在鈦的氧化物催化作用下的反應基理，該過程的總反應可以表示為　 　。
（6）四鹵化鈦熔點如下表所示，利用物質結構的知識解釋熔點變化的原因：　 　。
物質
熔點/℃ 377 -25 38 150
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）a；b；800℃時，轉化率低；和的轉化率相當，時能耗太高
（5）
（6）為離子晶體，熔點較高，都是分子晶體，相對分子質量逐漸增大，分子間作用力逐漸增大，熔點逐漸升高
【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）Ti的價層電子排布式為3d24s2，故價層電子軌道排布式為
；
（2）依題水解生成，水解方程式為；
（3）水解后的經煅燒得到TiO2，再與C、Cl2發生氧化還原反應生成TiCl4、CO、CO2，反應的化學方程式為；
（4）①Mg與氧氣、氮氣、二氧化碳均反應，故還原過程應在氬氣氛圍中進行；
②Mg還原TiCl4制Ti，屬于熱還原法，Fe也是用熱還原法制備；Na、Al等活潑金屬用電解法，Pt、Au等不活潑金屬用富集法制備；
③800℃的提取率低，1000℃與1500℃提取率很高而且相差不大，故選擇1000℃，可以節約生產成本；
（5）根據反應機理圖可知，在催化劑作用下甲醇和二氧化碳轉化甲酸甲酯、甲醛和水，總反應方程式為；
（6）TiF4是離子晶體，其余為分子晶體。離子晶體熔點較高，分子晶體熔點低，且分子晶體熔點隨相對分子質量增大而升高。
【分析】金紅石 主要成分為，還含有少量Fe、Cr的氧化物 ，粉碎增大反應物的接觸面積，使金紅石能充分浸出，加入濃硫酸酸浸，過濾除去濾渣，濾液中主要含TiOSO4、Fe2 (SO4)3，加入大量水使TiOSO4水解，過濾后得到膠狀；經煅燒得到TiO2，向TiO2中加入焦炭和氯氣氯化生成TiCl4，冷卻精餾得到純凈的TiCl4，加入Mg還原TiCl4得到單質Ti。
（1）Ti的價層電子排布式為3d24s2，故價層電子軌道排布式為；
（2）依題水解生成，水解方程式為；
（3）水解后的經煅燒得到TiO2，再與C、Cl2發生氧化還原反應生成TiCl4、CO、CO2，反應的化學方程式為；
（4）①Mg與氧氣、氮氣、二氧化碳均反應，故還原過程應在氬氣氛圍中進行；
②Mg還原TiCl4制Ti，屬于熱還原法，Fe也是用熱還原法制備；Na、Al等活潑金屬用電解法，Pt、Au等不活潑金屬用富集法制備；
③800℃的提取率低，1000℃與1500℃提取率很高而且相差不大，故選擇1000℃，可以節約生產成本；
（5）根據反應機理圖可知，在催化劑作用下甲醇和二氧化碳轉化甲酸甲酯、甲醛和水，總反應方程式為；
（6）TiF4是離子晶體，其余為分子晶體。離子晶體熔點較高，分子晶體熔點低，且分子晶體熔點隨相對分子質量增大而升高。
15．（2025·湖南模擬）氫能是一種極具發展潛力的清潔能源。下列反應是目前大規模制取氫氣的方法。
（1）標準摩爾生成焓是指在標準大氣壓下，由最穩定的單質生成1mol該物質的反應焓變。已知、、的標準摩爾生成焓分別是、、，則上述反應的焓變　 　。
（2）某化工廠在實驗室模擬該反應過程，在容積不變的密閉容器中將2.0molCO和混合加熱到發生上述反應。
①下列條件能說明反應已經達到平衡狀態的是　 　(填字母)。
A．體系的總壓強不再改變 B．CO和的濃度之比不再變化
C． D．和的濃度之比不再變化
②上述反應達到平衡時CO的轉化率為，該溫度下的平衡常數為　 　。若此時再向容器中充入和，平衡將　 　(填“正向移動”“逆向移動”或“不移動”)，判斷的理由是　 　。
③在生產中，欲提高反應的速率，同時提高CO的轉化率，下列措施可行的是　 　(填字母)。
A．升高溫度 B．及時分離出 C．增加水蒸氣的投入量
D．增大體系壓強 E．增大CO的投入量
（3）實驗發現其他條件不變，在相同時間內，向上述體系中投入一定量的CaO可以增大的體積分數，對比實驗的結果如圖1所示。
請解釋圖中體積分數變化的原因：　 　。
（4）以氫氧燃料電池為電源，以丙烯腈為原料電解制備己二腈的裝置簡圖如圖2所示。圖中交換膜2為陽離子交換膜，通入丙烯腈電極的電極反應為　 　，應從　 　(填“電極a”或“電極b”)通入。
【答案】（1）
（2）B；1；逆向移動；，平衡逆移；C
（3）CaO吸收使減小，平衡正移，的體積分數增加，納米CaO顆粒更小，表面積更大，使反應速率增大
（4）；電極a
【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；電解池工作原理及應用
【解析】【解答】（1）根據標準摩爾生成焓的定義，反應的焓變等于生成物的生成焓之和減去反應物的生成焓之和，故；
（2）①A．反應為氣體物質的量不變的反應，壓強為恒量，故壓強不變不能作為判斷的依據，A項錯誤；
B．CO和起始投入量之比為，消耗量比為，反應過程中物質的量比值會有變化，比值不變可以作為判斷的依據，B項正確；
C．消耗CO和生成都是正反應，速率相同不能證明正、逆反應速率相等，C項錯誤；
D．無論平衡與否，生成和的濃度始終相等，D項錯誤；
故選B；
②CO的轉化率為80%，即消耗CO1.6mol。據此列出三段式：
，再充入1mol和，計算，故平衡逆向移動。
③A．升高溫度，平衡逆移，CO轉化率減小，A項錯誤；
B．及時分離出，平衡正移，但反應速率未增加，B項錯誤；
C．增加水蒸氣的量，反應速率增大，平衡正移，CO的轉化率增大，C項正確；
D．增大壓強，平衡不移動，CO的轉化率不變，D項錯誤；
E．增大CO的投入量，CO的轉化率減小，E項錯誤；
故選C；
（3）由圖可知，CaO可以增大H2的體積分數，且CaO的顆粒越小，H2體積分數越大，因為CaO吸收使減小，平衡正移，的體積分數增加，納米CaO顆粒更小，表面積更大，使反應速率增大；
（4）由丙烯腈生成己二腈為還原反應，碳元素化合價降低得電子，電解液為稀硫酸，電極反應為，反應得電子，在陰極上發生，氫氧燃料電池中通入的一極為負極，連接電解池的陰極，因此應通入電極a。
【分析】（1）標準摩爾生成焓是指在標準大氣壓下，由最穩定的單質生成1mol該物質的反應焓變，則反應的焓變等于生成物的生成焓之和減去反應物的生成焓之和；
（2）①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；
②列出反應的三段式，結合平衡常數表達式計算；
③化學平衡移動的具體內容為：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，同時濃度、壓強、溫度等也能影響反應速率；
（3） CaO吸收使減小，平衡正移，的體積分數增加 ；
（4）丙烯腈生成己二腈的過程發生還原反應，氫氧燃料電池中，通入氫氣的一極為負極。
（1）根據標準摩爾生成焓的定義，反應的焓變等于生成物的生成焓之和減去反應物的生成焓之和，故；
（2）①A．反應為氣體物質的量不變的反應，壓強為恒量，故壓強不變不能作為判斷的依據，A項錯誤；
B．CO和起始投入量之比為，消耗量比為，反應過程中物質的量比值會有變化，比值不變可以作為判斷的依據，B項正確；
C．消耗CO和生成都是正反應，速率相同不能證明正、逆反應速率相等，C項錯誤；
D．無論平衡與否，生成和的濃度始終相等，D項錯誤；
故選B；
②CO的轉化率為80%，即消耗CO1.6mol。據此列出三段式：
，再充入1mol和，計算，故平衡逆向移動。
③A．升高溫度，平衡逆移，CO轉化率減小，A項錯誤；
B．及時分離出，平衡正移，但反應速率未增加，B項錯誤；
C．增加水蒸氣的量，反應速率增大，平衡正移，CO的轉化率增大，C項正確；
D．增大壓強，平衡不移動，CO的轉化率不變，D項錯誤；
E．增大CO的投入量，CO的轉化率減小，E項錯誤；
故選C；
（3）由圖可知，CaO可以增大H2的體積分數，且CaO的顆粒越小，H2體積分數越大，因為CaO吸收使減小，平衡正移，的體積分數增加，納米CaO顆粒更小，表面積更大，使反應速率增大；
（4）由丙烯腈生成己二腈為還原反應，碳元素化合價降低得電子，電解液為稀硫酸，電極反應為，反應得電子，在陰極上發生，氫氧燃料電池中通入的一極為負極，連接電解池的陰極，因此應通入電極a。
16．（2025·湖南模擬）阿斯巴甜(G)是一種廣泛使用的非糖類甜味食品工業的添加劑。它具有高甜度的特性，大約是蔗糖的200倍，因此只需少量就能產生甜味，同時具有含熱量極低的優點。一種合成阿斯巴甜(G)的路線如下：
已知：。
根據上述合成路線回答下列問題：
（1）物質A的化學名稱是　 　。
（2）A→B的反應類型是　 　。
（3）物質C與M()中，酸性較強的是　 　(填字母)。
（4）阿斯巴甜(G)中含有　 　個手性碳原子，寫出其中含氮官能團的名稱　 　。
（5）寫出D→E的化學方程式：　 　。
（6）H是C的同分異構體，符合下列條件的H共有　 　種(不考慮立體異構)。
①能與氯化鐵溶液顯紫色 ②能發生銀鏡反應和水解反應 ③苯環上有四個取代基
其中核磁共振顯示氫原子個數比為的是　 　(寫出一種即可)。
（7）參照上述路線，寫出由丙酮和甲醇合成有機玻璃PMMA(聚甲基丙烯酸甲酯)的合成路線(其他無機試劑任選)　 　。
【答案】（1）苯乙醛
（2）加成反應
（3）C
（4）2；氨基、酰胺基
（5）+CH3OH+H2O
（6）16；或
（7）
【知識點】有機物的合成；有機物的結構和性質；同分異構現象和同分異構體；醛類簡介；醛的化學性質
【解析】【解答】（1）由A的結構簡式可知，A的名稱為苯乙醛；
（2）苯乙醛和HCN加成生成，所以A→B的反應類型為加成反應；
（3）C中羧基相鄰碳原子上連有為吸電子基團，使羧基中O-H鍵極性增大，酸性增強，故C的酸性更強；
（4）連接4個不同原子或基團的碳原子為手性碳原子，G中含有兩個手性碳原子，如圖，含氮官能團為氨基和酰胺基；
（5）D在濃硫酸、加熱的條件下和甲醇酯化生成E，化學方程式為+CH3OH+H2O；
（6）能與氯化鐵溶液顯紫色、能發生銀鏡反應和水解反應，則結構中必含有酚羥基和甲酸酯結構，苯環上有四個取代基則剩余兩個基團應為甲基。若苯環上只有兩個甲基和一個酚羥基，則變換位置共有6種，再加入甲酸酯的結構，共有種。當兩個甲基處在間位時，存在兩種是重復的，則符合要求的同分異構體共有16種；符合核磁共振氫譜顯示氫原子個數比為的為或。
（7）丙酮與HCN發生親核加成，水解后可以得到，濃硫酸條件下發生消去可以得到甲基丙烯酸，甲基丙烯酸與甲醇發生酯化反應得甲基丙烯酸甲酯，在一定條件下發生加成聚合即得PMMA，合成路線為。
【分析】與HCN反應生成B，B在酸性條件下水解得到C，結合C的結構簡式可知，B的結構簡式為，C與氨氣發生類似 的反應得到D，則D的結構簡式為，在甲醇在濃硫酸、加熱的條件下發生酯化反應生成E，則E的結構簡式為，E和F發生取代反應生成G。
（1）由A的結構簡式可知，A的名稱為苯乙醛；
（2）苯乙醛和HCN加成生成，所以A→B的反應類型為加成反應；
（3）C中羧基相鄰碳原子上連有為吸電子基團，使羧基中O-H鍵極性增大，酸性增強，故C的酸性更強；
（4）連接4個不同原子或基團的碳原子為手性碳原子，G中含有兩個手性碳原子，如圖，含氮官能團為氨基和酰胺基；
（5）D在濃硫酸、加熱的條件下和甲醇酯化生成E，化學方程式為+CH3OH+H2O；
（6）能與氯化鐵溶液顯紫色、能發生銀鏡反應和水解反應，則結構中必含有酚羥基和甲酸酯結構，苯環上有四個取代基則剩余兩個基團應為甲基。若苯環上只有兩個甲基和一個酚羥基，則變換位置共有6種，再加入甲酸酯的結構，共有種。當兩個甲基處在間位時，存在兩種是重復的，則符合要求的同分異構體共有16種；
符合核磁共振氫譜顯示氫原子個數比為的為或。
（7）丙酮與HCN發生親核加成，水解后可以得到，濃硫酸條件下發生消去可以得到甲基丙烯酸，甲基丙烯酸與甲醇發生酯化反應得甲基丙烯酸甲酯，在一定條件下發生加成聚合即得PMMA，合成路線為。
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