2025年普通高中学业水平选择性考试押题模拟考(一)
本试卷满分100分，考试时间75分钟。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Cu 64
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.古诗中蕴含着丰富的化学知识，下列诗句同时体现了化学反应中的物质变化和能量变化的是( )
A.刘长卿的《酬张夏》中，“水声冰下咽，沙路雪中平”
B.李白的《秋浦歌》中，“炉火照天地，红星乱紫烟”
C.刘禹锡的《浪淘沙》中，“美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来”
D.岑参的《白雪歌送武判官归京》中，“忽如一夜春风来，千树万树梨花开”
【答案】 B
【解析】 “水声冰下咽，沙路雪中平”，利用诗和景很自然地引入物质的三态变化的知识，物质并未变化，A不符合题意；“炉火照天地，红星乱紫烟”，描述的是红星四溅，紫烟蒸腾的冶炼场景，是燃烧现象，包括了物质变化和能量变化，B符合题意；“美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来”，说明金在自然界中以游离态存在，不需要冶炼还原，“沙里淘金”就是利用金与沙密度的差异，用水反复淘洗得到，物质并未变化，属于物理变化，C不符合题意；“忽如一夜春风来，千树万树梨花开”，以梨花喻雪，为水的三态变化，属于物理变化，D不符合题意。
2.我国科研人员利用激光操控方法，从Ca原子束流中直接俘获41Ca原子，实现了对同位素41Ca的灵敏检测。41Ca的半衰期(放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间)长达10万年，是14C的17倍，可应用于地球科学与考古学。下列说法正确的是( )
A.41Ca的原子核内有21个中子
B.41Ca的半衰期长，说明41Ca难以失去电子
C.41Ca衰变一半所需的时间小于14C衰变一半所需的时间
D.从Ca原子束流中直接俘获41Ca原子的过程属于化学变化
【答案】 A
【解析】 41Ca的质量数为41，质子数为20，所以中子数为41－20＝21，A正确；41Ca的半衰期长短与得失电子能力没有关系，B错误；根据题意41Ca衰变一半所需的时间要大于14C衰变一半所需的时间，C错误；从Ca原子束流中直接俘获41Ca原子的过程没有新物质产生，不属于化学变化，D错误。
3.下列化学用语或图示正确的是( )
A. 的系统命名：2-甲基苯酚
B.O3分子的球棍模型：
C.激发态H原子的轨道表示式：
D．p-p π键形成的轨道重叠示意图：
【答案】 A
【解析】 含有的官能团为羟基，甲基与羟基相邻，系统命名为2-甲基苯酚，故A正确；臭氧中心O原子的价层电子对数为2＋＝3，属于sp2杂化，有1个孤电子对，臭氧为V形分子，球棍模型为，故B错误；K能层只有1个能级1s，不存在1p能级，故C错误；p-pπ键形成的轨道重叠示意图为，故D错误。
4.下列实验事故的处理方法不合理的是( )
实验事故 处理方法
A 被水蒸气轻微烫伤 先用冷水处理，再涂上烫伤药膏
B 稀释浓硫酸时，酸溅到皮肤上 用3%～5%的NaHCO3溶液冲洗
C 苯酚不慎沾到手上 先用乙醇冲洗，再用水冲洗
D 不慎将酒精灯打翻着火 用湿抹布盖灭
【答案】 B
【解析】 被水蒸气轻微烫伤，先用冷水冲洗一段时间，再涂上烫伤药膏，故A正确；稀释浓硫酸时，酸溅到皮肤上，先用大量的水冲洗，再涂上3%～5%的NaHCO3溶液，故B错误；苯酚有毒，对皮肤有腐蚀性，常温下苯酚在水中溶解性不大，但易溶于乙醇，苯酚不慎沾到手上，先用乙醇冲洗，再用水冲洗，故C正确；酒精灯打翻着火时，用湿抹布盖灭，湿抹布可以隔绝氧气，也可以降温，故D正确。
5.组成核酸的基本单元是核苷酸，下图是核酸的某一结构片段，下列说法错误的是( )
A．脱氧核糖核酸(DNA)和核糖核酸(RNA)结构中的碱基相同，戊糖不同
B．碱基与戊糖缩合形成核苷，核苷与磷酸缩合形成核苷酸，核苷酸缩合聚合得到核酸
C．核苷酸在一定条件下，既可以与酸反应，又可以与碱反应
D．核酸分子中碱基通过氢键实现互补配对
【答案】 A
【解析】 脱氧核糖核酸(DNA)的戊糖为脱氧核糖，碱基为：腺嘌呤、鸟嘌呤、胞嘧啶、胸腺嘧啶，核糖核酸(RNA)的戊糖为核糖，碱基为：腺嘌呤、鸟嘌呤、胞嘧啶、尿嘧啶，两者的碱基不完全相同，戊糖不同，故A错误；碱基与戊糖缩合形成核苷，核苷与磷酸缩合形成了组成核酸的基本单元——核苷酸，核苷酸缩合聚合可以得到核酸，如图：，故B正确；核苷酸中的磷酸基团能与碱反应，碱基与酸反应，因此核苷酸在一定条件下，既可以与酸反应，又可以与碱反应，故C正确；核酸分子中碱基通过氢键实现互补配对，DNA中腺嘌呤(A)与胸腺嘧啶(T)配对，鸟嘌呤(G)与胞嘧啶(C)配对，RNA中尿嘧啶(U)替代了胸腺嘧啶(T)，结合成碱基对，遵循碱基互补配对原则，故D正确。
6.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A．0.1 mol CaC2固体中含0.2NA个阴离子
B．1 mol分子式为C5H10的烃可能含NA个π键
C．1 L 0.1 mol·L－1 [Co(NH3)5Cl]SO4溶液中含0.1NA个Cl－
D．1 mol CH4与4 mol Cl2混合光照反应可生成NA个CCl4
【答案】 B
【解析】 CaC2的电子式为，因此0.1 mol CaC2固体中含0.1NA个阴离子，故A错误；分子式为C5H10的烃，不饱和度为1，可能为环烷烃，也可能为烯烃，属于烯烃的同分异构体有CH2==CHCH2CH2CH3、CH3CH==CHCH2CH3、、、五种，每种都只含有1个π键，若为环烷烃则没有π键，因此1 mol分子式为C5H10的烃可能含NA个π键，故B正确；[Co(NH3)5Cl]SO4内界和外界通过离子键结合，在溶液中内界和外界可以完全电离，溶液中为[Co(NH3)5Cl]2＋、SO，内界离子很难电离，其电离程度很小，故C错误；将1 mol CH4与4 mol Cl2混合光照，充分反应后生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl，故生成CCl4分子数不为NA，故D错误。
7.硫酸是重要化工原料，工业生产制取硫酸的原理示意图如下。
下列说法不正确的是( )
A．Ⅰ的化学方程式：3FeS2＋8O2Fe3O4＋6SO2
B．Ⅱ中的反应条件都是为了提高SO2平衡转化率
C．将黄铁矿换成硫黄可以减少废渣的产生
D．生产过程中产生的尾气可用碱液吸收
【答案】 B
【解析】 黄铁矿和空气中的O2在加热条件下发生反应，生成SO2和Fe3O4，SO2和空气中的O2在400～500 ℃、常压、催化剂的作用下发生反应得到SO3，用98.3%的浓硫酸吸收SO3，得到H2SO4。反应Ⅰ是黄铁矿和空气中的O2在加热条件下发生反应，生成SO2和Fe3O4，化学方程式：3FeS2＋8O2Fe3O4＋6SO2，故A正确；反应Ⅱ条件要兼顾平衡转化率和反应速率，还要考虑生产成本，如Ⅱ中“常压、催化剂”不是为了提高SO2平衡转化率，故B错误；将黄铁矿换成硫黄，则不再产生Fe3O4，即可以减少废渣产生，故C正确；硫酸工业产生的尾气为SO2、SO3，可以用碱液吸收，故D正确。
8.下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是( )
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 酸性：CF3COOHCl
B 某冠醚与Li＋能形成超分子，与K＋则不能 Li＋与K＋的离子半径不同
C 由氨制硝酸：NH3→NO→NO2→HNO3 NH3和NO2均具有氧化性
D 苯酚与甲醛反应，可合成酚醛树脂 合成酚醛树脂的反应是加聚反应
【答案】 B
【解析】 电负性F＞Cl，F的吸电子能力大于Cl，导致CF3COOH中O—H键的极性大于CCl3COOH中O—H键的极性，故酸性：CF3COOH＞CCl3COOH，故陈述Ⅰ不正确，A不符合题意；冠醚最大的特点就是能与正离子，尤其是与碱金属离子形成超分子，并且随环的大小不同而与不同的金属离子形成超分子，某冠醚与Li＋能形成超分子，与K＋则不能，则说明Li＋与K＋的离子半径不同，陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系，B符合题意；由氨制硝酸过程中，NH3作还原剂，体现了NH3的还原性，故陈述Ⅱ不正确，C不符合题意；苯酚与甲醛反应，可合成酚醛树脂，该反应是缩聚反应，故陈述Ⅱ不正确，D不符合题意。
9.由O、F、I组成化学式为IO2F的化合物，能体现其成键结构的片段如图所示。下列说法正确的是( )
A．图中○代表F原子
B．该化合物中存在过氧键
C．该化合物中I原子存在孤对电子
D．该化合物中所有碘氧键键长相等
【答案】 C
【解析】 由图中信息可知，白色的小球可形成2个共价键，灰色的小球只形成1个共价键，黑色的大球形成了4个共价键，根据O、F、I的电负性大小(F最大、I最小)及其价电子数可以判断，白色的小球代表O原子、灰色的小球代表F原子，黑色的大球代表I原子。图中○(白色的小球)代表O原子，灰色的小球代表F原子，A不正确；根据该化合物结构片断可知，每个I原子与3个O原子形成共价键，根据均摊法可以判断必须有2个O原子分别与2个I原子成键，才能确定该化合物化学式为IO2F，因此，该化合物中不存在过氧键，B不正确；I原子的价电子数为7，该化合物中F元素的化合价为－1，O元素的化合价为－2，则I元素的化合价为＋5，据此可以判断每个I原子与其他原子形成3个单键和1个双键，I原子的价电子数不等于其形成共价键的数目，因此，该化合物中I原子存在孤对电子，C正确；该化合物中既存在I—O单键，又存在I===O双键，单键和双键的键长是不相等的，因此，该化合物中所有碘氧键键长不相等，D不正确。
10.由下列事实或现象能得出相应结论的是( )
事实或现象 结论
A 向酸性KMnO4溶液中加入草酸，紫色褪去 草酸具有还原性
B 铅蓄电池使用过程中两电极的质量均增加 电池发生了充电反应
C 向等物质的量浓度的NaCl，Na2CrO4混合溶液中滴加AgNO3溶液，先生成AgCl白色沉淀 Ksp(AgCl)D 2NO2??N2O4为基元反应，将盛有NO2的密闭烧瓶浸入冷水，红棕色变浅 正反应活化能大于逆反应活化能
【答案】 A
【解析】 向酸性KMnO4溶液中加入草酸，紫色褪去，说明KMnO4被还原成无色Mn2＋，则草酸具有还原性，A项符合题意；铅蓄电池放电时正极反应为PbO2＋2e－＋SO＋4H＋===PbSO4＋2H2O、负极反应为Pb－2e－＋SO===PbSO4，正负极质量都增加，充电时阳极反应为PbSO4＋2H2O－2e－===PbO2＋SO＋4H＋、阴极反应为PbSO4＋2e－===Pb＋SO，阴、阳极质量都减小，B项不符合题意；向等物质的量浓度的NaCl、Na2CrO4混合溶液中滴加AgNO3溶液，先生成AgCl白色沉淀，说明先达到AgCl的Ksp，但由于AgCl、Ag2CrO4的类型不相同，不能得出Ksp(AgCl)＜Ksp(Ag2CrO4)，事实上Ksp(AgCl)＞Ksp(Ag2CrO4)，C项不符合题意；将盛有NO2的密闭烧瓶浸入冷水，红棕色变浅，说明降低温度平衡向正反应方向移动，正反应为放热反应，根据ΔH＝正反应的活化能－逆反应的活化能＜0知，正反应的活化能小于逆反应的活化能，D项不符合题意。
11.MCFC(熔融碳酸盐燃料电池，装置如图所示)以多孔陶瓷基质中悬浮的熔融碳酸盐作为电解质，甲烷水蒸气催化重整反应产生的混合气Y由两种常见的可燃性气体组成。下列说法错误的是( )
A．负极的电极反应式之一为H2－2e－＋CO===H2O＋CO2
B．装置甲中放置碱石灰，除去电极反应中产生的水和二氧化碳
C．电池工作时，电子由电极A经负载流向电极B，CO由电极B移向电极A
D．长期高温条件下工作，会发生腐蚀和渗漏，从而降低电池的寿命
【答案】 B
【解析】 甲烷水蒸气催化重整反应产生的混合气Y由两种常见的可燃性气体组成，说明这两种气体为CO和H2，因此电极A为负极，电极B为正极。负极的电极反应式之一为H2－2e－＋CO===H2O＋CO2，A项正确；装置甲的作用是干燥二氧化碳，在正极参与电极反应，循环利用，B项错误；电极A为负极，电池工作时，电子由电极A流向电极B，CO在电极B生成，在电极A消耗，所以CO由电极B移向电极A，C项正确；多孔陶瓷基质与碳酸钠在高温下反应，因此长期高温条件下工作，会发生腐蚀和渗漏，D项正确。
12.苯在浓HNO3和浓H2SO4作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法不正确的是( )
A．从中间体到产物，无论从产物稳定性还是反应速率的角度均有利于产物Ⅱ
B．X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物
C．由苯得到M时，苯中的大π键没有变化
D．对于生成Y的反应，浓H2SO4作催化剂
【答案】 C
【解析】 生成产物Ⅱ的反应的活化能更低，反应速率更快，且产物Ⅱ的能量更低即产物Ⅱ更稳定，以上2个角度均有利于产物Ⅱ，故A正确；根据前后结构对照，X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物，故B正确；M的六元环中与—NO2相连的C为sp3杂化，苯中大π键发生改变，故C错误；苯的硝化反应中浓H2SO4作催化剂，故D正确。
13.已知镁铁氢化物的结构如图所示(氢未画出)，晶胞参数a＝645 pm，Mg原子间的最近距离为晶胞参数的一半，H原子以正八面体的配位模式有序分布在Fe原子周围。设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是( )
A．该镁铁氢化物的化学式为Mg2FeH5
B．所含元素的第一电离能：Mg>Fe>H
C．晶胞中与Fe原子距离最近且等距的Mg原子有4个
D．镁铁氢化物中氢的密度是标准状况下的氢气密度的倍
【答案】 D
【解析】 根据均摊原则，晶胞中Mg原子数为8、Fe原子数为4，每个Fe原子周围有6个H，该镁铁氢化物的化学式为Mg2FeH6，故A错误；H的第一电离能大于Mg和Fe，故B错误；根据图示，晶胞中与Fe原子距离最近且等距的Mg原子有8个，故C错误；镁铁氢化物中氢的密度为 g/cm3，标准状况下氢气的密度为 g/cm3；镁铁氢化物中氢的密度是标准状况下的氢气密度的倍，故D正确。
14.钧瓷是宋代五大名瓷之一，其中红色钧瓷的发色剂为Cu2O。为探究Cu2O的性质，取等量少许Cu2O分别加入甲、乙两支试管，进行如下实验。下列说法正确的是( )
实验操作及现象
试管甲 滴加过量0.3 mol·L－1 HNO3溶液并充分振荡，砖红色沉淀转化为另一颜色沉淀，溶液显浅蓝色；将溶液倒掉，滴加浓硝酸，沉淀逐渐消失
试管乙 滴加过量6 mol·L－1氨水并充分振荡，沉淀逐渐溶解，溶液颜色为无色；静置一段时间后，溶液颜色变为深蓝色
A.试管甲中新生成的沉淀为金属Cu
B．试管甲中沉淀的变化均体现了HNO3的氧化性
C．试管乙实验可证明Cu(Ⅰ)与NH3形成蓝色配合物
D．上述两个实验表明Cu2O为两性氧化物
【答案】 A
【解析】 Cu2O中滴加过量0.3 mol·L－1 HNO3溶液并充分振荡，砖红色沉淀转化为另一颜色沉淀，溶液显浅蓝色，说明Cu2O转化成Cu2＋，Cu元素的化合价由＋1价升至＋2价，根据氧化还原反应的特点知，Cu元素的化合价还有由＋1价降至0价，新生成的沉淀为金属Cu，A项正确；Cu2O与0.3 mol·L－1 HNO3发生的反应为Cu2O＋2HNO3===Cu(NO3)2＋Cu＋H2O，该过程中HNO3表现酸性，后滴加浓硝酸发生的反应为Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，该过程中HNO3表现氧化性和酸性，B项错误；Cu2O中滴加过量6 mol·L－1氨水充分振荡，沉淀逐渐溶解得到无色溶液，静置一段时间无色溶液变为深蓝色，说明Cu(Ⅰ)与NH3形成无色配合物易被空气中的O2氧化成深蓝色[Cu(NH3)4]2＋，C项错误；既能与酸反应生成盐和水、又能与碱反应生成盐和水的氧化物为两性氧化物，Cu2O溶于6 mol·L－1氨水形成的是配合物，Cu2O不属于两性氧化物，是碱性氧化物，D项错误。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15.(15分)玻璃表面镀铜后，形成的“铜镜”制品在生活中有广泛的应用。玻璃表面镀铜的方法与实验步骤如下：
步骤1：基体清洗。玻璃基体的清洗流程为：碱洗→水洗→酸洗→水洗。
步骤2：敏化处理。将10%的SnCl2溶液加热到40～50 ℃，浸涂清洗过的玻璃基体2 min，再用蒸馏水冲洗2～3次。
步骤3：铜镜反应。先在玻璃基体上镀一层极薄的银膜作为基底，然后在其上喷涂镀铜液，温度保持70～80 ℃，时间持续5～6 min。待镀层形成后，晾干即成铜镜。
回答下列问题：
(1)基体清洗时，碱洗的目的为 ____________，酸洗的目的为 ____________。
(2)用SnCl2晶体配制10%的敏化液时，下图中不需要的玻璃仪器有 ________(填仪器名称，下同)，还需要的玻璃仪器有 ________。
同学甲配制的SnCl2溶液呈乳白色浑浊，这样的敏化液不易被吸附到玻璃基体表面，SnCl2溶液出现浑浊的原因可能是 ___________________________ _____________________________________________(用化学方程式表示)，实验室配制SnCl2溶液时，正确的操作为 ___________________________________。
(3)玻璃基体上镀银膜时，剩余的银氨溶液久置会形成氮化银，振荡或倾倒时会发生爆炸，通常向其中加入 ________(填试剂化学式，下同)，使之转化为沉淀进行无害化处理。如果因操作不当，使得镀的银膜不理想，可用 ________将其洗掉。
(4)镀铜液的成分为[Cu(NH3)4]2＋，当pH为9～10，温度保持70～80 ℃时，[Cu(NH3)4]2＋可被肼(N2H4)还原形成铜镜，氧化产物为大气的组分之一，生成铜镜的离子方程式为 __________________________________________________，温度保持70～80 ℃的原因为 __________________________________________。
【答案】 (1)除去油污 除去残碱
(2)容量瓶 玻璃棒 SnCl2＋2H2O===Sn(OH)2↓＋2HCl(或SnCl2＋H2O===SnO↓＋2HCl) 将SnCl2晶体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释到所需要的浓度
(3)HCl HNO3
(4)2[Cu(NH3)4]2＋＋N2H4＋4OH－＋4H2O===2Cu↓＋N2↑＋8NH3·H2O(或2[Cu(NH3)4]2＋＋N2H4＋4OH－===2Cu↓＋N2↑＋8NH3＋4H2O) 当温度低于70 ℃时，反应速率过小；当温度高于80 ℃时，反应速率过大，铜镀层疏松
【解析】 (1)基体清洗时放入碱性溶液中煮沸，利用皂化反应去掉表面的油污；酸洗的目的为中和碱洗时的残碱。(2)配制一定质量分数的溶液，需要的仪器有玻璃棒、烧杯、量筒、托盘天平、胶头滴管，不需要容量瓶；SnCl2是强酸弱碱盐，溶解时会水解SnCl2＋2H2O===Sn(OH)2↓＋2HCl或SnCl2＋H2O===SnO↓＋2HCl；配制的SnCl2时，将SnCl2晶体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释到所需要的浓度。(3)玻璃基体上镀银膜时，剩余的银氨溶液久置会形成氮化银，振荡或倾倒时会发生爆炸，通常向其中加入HCl,3HCl＋[Ag(NH3)2]OH===AgCl↓＋2NH4Cl＋H2O，使之转化为沉淀进行无害化处理。如果因操作不当，使得镀的银膜不理想，可用HNO3将其洗掉，4HNO3＋3Ag===3AgNO3＋NO↑＋2H2O。(4)[Cu(NH3)4]2＋可被肼(N2H4)还原形成铜镜，离子方程式为2[Cu(NH3)4]2＋＋N2H4＋4OH－＋4H2O===2Cu↓＋N2↑＋8NH3·H2O或2[Cu(NH3)4]2＋＋N2H4＋4OH－===2Cu↓＋N2↑＋8NH3＋4H2O；温度保持70～80 ℃的原因为当温度低于70 ℃时，反应速率过小；当温度高于80 ℃时，反应速率过大，铜镀层疏松。
16.(14分)我国科研人员以高炉渣(主要成分为CaO、MgO、Al2O3和SiO2等)为原料，对炼钢烟气(CO2和水蒸气)进行回收利用，有效减少了环境污染，主要流程如图所示：
已知：Ksp(CaSO4)＝4.9×10－5 Ksp(CaCO3)＝3.4×10－9
(1)高炉渣与(NH4)2SO4经焙烧产生的“气体”是 ________。
(2)“滤渣”的主要成分是CaSO4和 ________。
(3)“水浸2”时主要反应的化学方程式为 ___________________________，该反应能进行的原因是 _____________________________________。
(4)铝产品NH4Al(SO4)2·12H2O可用于 ________。
(5)某含钙化合物的晶胞结构如图甲所示，沿x轴方向的投影为图乙，晶胞底面显示为图丙，晶胞参数a≠c，α＝β＝γ＝90°。图丙中Ca与N的距离为 ________pm；化合物的化学式是 ________，其摩尔质量为M g·mol－1，阿伏加德罗常数的值是NA，则晶体的密度为 ____________g·cm－3(列出计算表达式)。
【答案】 (1)NH3 (2)SiO2
(3)CaSO4＋(NH4)2CO3===CaCO3＋(NH4)2SO4 Ksp(CaSO4)＞Ksp(CaCO3)，微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙
(4)净水 (5)a Ca3N3B ×1030
【解析】 高炉渣(主要成分为CaO、MgO、Al2O3和SiO2等)加入(NH4)2SO4在400 ℃下焙烧，生成硫酸钙、硫酸镁、硫酸铝，同时产生气体，该气体与烟气(CO2和水蒸气)反应，生成(NH4)2CO3，所以该气体为NH3；焙烧产物经过水浸1，然后过滤，滤渣为CaSO4以及未反应的SiO2，滤液溶质主要为硫酸镁、硫酸铝及硫酸铵；滤液浓缩结晶，析出NH4Al(SO4)2·12H2O，剩余富镁溶液；滤渣加入(NH4)2CO3溶液，滤渣中的CaSO4会转化为更难溶的碳酸钙。(1)由分析可知，高炉渣与(NH4)2SO4经焙烧产生的“气体”是NH3。(2)由分析可知，“滤渣”的主要成分是CaSO4和未反应的SiO2。(3)“水浸2”时主要反应为硫酸钙与碳酸铵生成更难溶的碳酸钙，反应方程式为CaSO4＋(NH4)2CO3===CaCO3＋(NH4)2SO4，该反应之所以能发生，是由于Ksp(CaSO4)＝4.9×10－5，Ksp(CaCO3)＝3.4×10－9，Ksp(CaSO4)＞Ksp(CaCO3)，微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙。(4)铝产品NH4Al(SO4)2·12H2O溶于水后，会产生Al3＋，Al3＋水解生成Al(OH)3胶体，可用于净水。(5)图丙中，Ca位于正方形顶点，N位于正方形中心，故Ca与N的距离为a pm；由均摊法可知，晶胞中Ca的个数为8×＋2＝3，N的个数为8×＋2×＝3，B的个数为4×＝1，则化合物的化学式是Ca3N3B；其摩尔质量为M g·mol－1，阿伏加德罗常数的值是NA，晶胞体积为a2c×10－30 cm3则晶体的密度为×1030 g·cm－3。
17.(15分)丙烯腈(CH2==CHCN)是一种重要的化工原料。工业上以N2为载气，用TiO2作催化剂生产CH2==CHCN的流程如下：
已知：①进料混合气进入两釜的流量恒定，两釜中反应温度恒定；
②反应釜Ⅰ中发生的反应：
ⅰ：HOCH2CH2COOC2H5(g)―→CH2==CHCOOC2H5(g)＋H2O(g) ΔH1
③反应釜Ⅱ中发生的反应：
ⅱ：CH2==CHCOOC2H5(g)＋NH3(g)―→CH2==CHCONH2(g)＋C2H5OH(g) ΔH2
ⅲ：CH2==CHCONH2(g)―→CH2==CHCN(g)＋H2O(g) ΔH3
④在此生产条件下，酯类物质可能发生水解。
回答下列问题：
(1)总反应HOCH2CH2COOC2H5(g)＋NH3(g)―→CH2==CHCN(g)＋C2H5OH(g)＋2H2O(g) ΔH＝ ________________(用含ΔH1、ΔH2、和ΔH3的代数式表示)。
(2)进料混合气中n(HOCH2CH2COOC2H5)∶n(C2H5OH)＝1∶2，出料中四种物质(CH2==CHCOOC2H5、CH2==CHCN、C2H5OH、H2O)的流量(单位时间内出料口流出的物质的量)随时间变化关系如图：
①表示CH2===CHCN的曲线是 ________(填“a”“b”或“c”)；
②反应釜Ⅰ中加入C2H5OH的作用是 ________________________________；
③出料中没有检测到CH2==CHCONH2的原因是 ___________________；
④反应11 h后，a、b、c曲线对应物质的流量逐渐降低的原因是 ______________________________________________________________。
(3)催化剂TiO2再生时会释放CO2，可用氨水吸收获得NH4HCO3。现将一定量的NH4HCO3固体(含0.72 g水)置于密闭真空容器中，充入CO2和NH3，其中CO2的分压为100 kPa，在27 ℃下进行干燥。为保证NH4HCO3不分解，NH3的分压应不低于 ________kPa[已知p(H2O)＝2.5×102 kPa·mol－1×n(H2O)，NH4HCO3分解的平衡常数Kp＝4×104(kPa)3]。
(4)以CH2==CHCN为原料，稀硫酸为电解液，Sn作阴极，用电解的方法可制得Sn(CH2CH2CN)4，其阴极反应式 _____________________________。
【答案】 (1)ΔH1＋ΔH2＋ΔH3
(2)①c ②降低分压有利于反应ⅰ平衡正向移动且提高醇的浓度可以使酯的水解程度降低从而提高产率 ③反应ⅲ为不可逆反应 ④反应时间过长，催化剂中毒，活性降低，反应速率降低，故产物减少
(3)40
(4)Sn＋4CH2==CHCN＋4e－＋4H＋===Sn(CH2CH2CN)4
【解析】 工业上以N2为载气，用TiO2作催化剂，由HOCH2CH2COOC2H5和C2H5OH为进料气体生产CH2==CHCN，在反应釜Ⅰ中发生反应ⅰ：HOCH2CH2COOC2H5(g)―→CH2==CHCOOC2H5(g)＋H2O(g)，加入NH3后，在反应釜Ⅱ中发生反应ⅱ：CH2==CHCOOC2H5(g)＋NH3(g)―→CH2==CHCONH2(g)＋C2H5OH(g)，反应ⅲ：CH2==CHCONH2(g)―→CH2==CHCN(g)＋H2O(g)，故产物的混合气体中有CH2==CHCN、C2H5OH、CH2==CHCOOC2H5(g)和水。(1)根据盖斯定律，总反应HOCH2CH2COOC2H5(g)＋NH3(g)―→CH2==CHCN(g)＋C2H5OH(g)＋2H2O(g)可以由反应ⅰ＋反应ⅱ＋反应ⅲ得到，故ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3。(2)①根据总反应HOCH2CH2COOC2H5(g)＋NH3(g)―→CH2==CHCN(g)＋C2H5OH(g)＋2H2O(g)，设进料混合气中n(HOCH2CH2COOC2H5)＝1 mol，n(C2H5OH)＝2 mol，出料气中CH2==CHCOOC2H5含量很少，则生成CH2==CHCN(g)、C2H5OH(g)的物质的量约为1 mol，生成H2O(g)的物质的量约为2 mol，故出料气中C2H5OH(g)物质的量共约3 mol，故出料气中CH2==CHCN、C2H5OH、H2O物质的量之比约为1∶3∶2，故曲线c表示CH2==CHCN的曲线。②反应釜Ⅰ中发生反应ⅰ是气体体积增大的反应，故加入C2H5OH降低分压有利于反应ⅰ平衡正向移动且提高醇的浓度可以使酯的水解程度降低从而提高产率。③出料中没有检测到CH2==CHCONH2，说明反应ⅲ不是可逆反应，CH2==CHCONH2在反应釜Ⅱ的温度下完全转化为CH2==CHCN和H2O。④反应11 h后，a、b、c曲线对应物质的流量逐渐降低的原因是反应时间过长，催化剂中毒，活性降低，反应速率降低，故产物减少。(3)0.72 g水的物质的量为0.04 mol，故p(H2O)＝2.5×102 kPa·mol－1×n(H2O)＝10 kPa，NH4HCO3分解的反应式为NH4HCO3==NH3↑＋CO2↑＋H2O↑，故NH4HCO3分解的平衡常数Kp＝p(NH3)p(CO2)p(H2O)＝4×104(kPa)3，解得p(NH3)＝40 kPa，故为保证NH4HCO3不分解，NH3的分压应不低于40 kPa。(4)Sn(CH2CH2CN)4是有机化合物，与水不溶，水中不电离，以CH2==CHCN为原料在阴极Sn上得电子制得Sn(CH2CH2CN)4，故阴极的电极反应式为Sn＋4CH2==CHCN＋4e－＋4H＋==Sn(CH2CH2CN)4。
18.(14分)除草剂苯嘧磺草胺的中间体M合成路线如下。
(1)D中含氧官能团的名称是 ________________。
(2)A→B的化学方程式是 _______________________________________。
(3)I→J的制备过程中，下列说法正确的是 ________(填序号)。
a．依据平衡移动原理，加入过量的乙醇或将J蒸出，都有利于提高I的转化率
b．利用饱和碳酸钠溶液可吸收蒸出的I和乙醇
c．若反应温度过高，可能生成副产物乙醚或者乙烯
(4)已知：＋＋R2OH
①K的结构简式是 ________________。
②判断并解释K中氟原子对α-H的活泼性的影响 ______________________ __________________________________________________。
(5)M的分子式为C13H7ClF4N2O4。除苯环外，M分子中还有个含两个氮原子的六元环，在合成M的同时还生成产物甲醇和乙醇。由此可知，在生成M时，L分子和G分子断裂的化学键均为C—O键和 ________键，M的结构简式是 ________________________。
【答案】 (1)硝基、酯基
(2) ＋CH3OH＋H2O
(3)abc
(4)① ②氟原子可增强α-H的活泼性，氟原子为吸电子基团，降低相连碳原子的电子云密度，使得碳原子的正电性增加，有利于增强α-H的活泼性
(5)N—H
【解析】 B发生硝化反应得到D，即B为，A与CH3OH发生酯化反应生成B，即A为，D发生还原反应得到E，结合E的分子式可知，D硝基被还原为氨基，E为，E在K2CO3的作用下与发生反应得到G，结合G的分子式可知，G为，I与C2H5OH在浓硫酸加热的条件下生成J，结合I与J的分子式可知，I为CH3COOH，J为CH3COOC2H5，J与在一定条件下生成K，发生类似＋＋R2OH的反应，结合L的结构简式和K的分子式可知，K为，G和L在碱的作用下生成M，M的分子式为C13H7ClF4N2O4，除苯环外，M分子中还有个含两个氮原子的六元环，在合成M的同时还生成产物甲醇和乙醇，可推测为G与L中N—H键与酯基分别发生反应，形成酰胺基，所以断裂的化学键均为C—O键和N—H键，M的结构简式为。(1)由D的结构简式可知，D中含氧官能团为硝基、酯基。(2)A→B的过程为A中羧基与甲醇中羟基发生酯化反应，化学方程式为＋CH3OH＋H2O。(3)I→J的制备过程为乙酸与乙醇的酯化过程，依据平衡移动原理，加入过量的乙醇或将乙酸乙酯蒸出，都有利于提高乙酸的转化率，a正确；饱和碳酸钠溶液可与蒸出的乙酸反应并溶解乙醇，b正确；反应温度过高，乙醇在浓硫酸的作用下发生分子间脱水生成乙醚，发生分子内消去反应生成乙烯，c正确。故选abc。(4)①根据已知反应可知，酯基的α-H与另一分子的酯基发生取代反应，F3CCOOC2H5中左侧不存在α-H，所以产物K的结构简式为。②氟原子可增强α-H的活泼性，氟原子为吸电子基团，降低相连碳原子的电子云密度，使得碳原子的正电性增加，有利于增强α-H的活泼性。(5)M分子中除苯环外还有一个含两个氮原子的六元环，在合成M的同时还生成产物甲醇和乙醇，再结合其分子式，可推测为G与L中N—H键与酯基分别发生反应，形成酰胺基，所以断裂的化学键均为C—O键和N—H键，M的结构简式为。
21世纪教育网(www.21cnjy.com)2025年普通高中学业水平选择性考试押题模拟考(二)
本试卷满分100分，考试时间75分钟。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Cu 64
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.《天工开物》中记载了提炼金银的过程：“欲去银存金，则将其金打成薄片，剪碎，每块以土泥裹涂，入坩埚中硼砂熔化，其银即吸入土内，让金流出，以成足色。”下列说法错误的是( )
A．金的密度比银大
B．薄片的成分为金银合金
C．金银的延展性较好
D．硼砂的作用是使银被氧化
【答案】 D
【解析】 金单质的密度比银单质的密度大，A正确；欲去银存金，则将其金打成薄片，说明薄片中含有金银，为金银合金，B正确；“打成薄片”反映了金属良好的延展性，C正确；硼砂的作用是帮助熔化，不和银发生化学反应，D错误。
2.嘀嗒嘀嗒，时间都去哪儿了！计时器的发展史铭刻着化学的贡献。下列说法不正确的是( )
A．制作日晷圆盘的石材，属于无机非金属材料
B．机械表中由钼钴镍铬等元素组成的发条，其材质属于合金
C．基于石英晶体振荡特性计时的石英表，其中石英的成分为SiC
D．目前“北京时间”授时以铯原子钟为基准，Cs的质子数为55
【答案】 C
【解析】 制作日晷圆盘的石材主要为大理石，属于无机非金属材料，A正确；由两种或两种以上的金属与金属或非金属经一定方法所合成的具有金属特性的混合物称为合金，机械表中由钼钴镍铬等元素组成的发条，其材质属于合金，B正确；基于石英晶体振荡特性计时的石英表，其中石英的成分为SiO2，C错误；目前“北京时间”授时以铯原子钟为基准，Cs的质量数为135，质子数为55，D正确。
3.下列化学用语表述错误的是( )
A．Ca2＋和Cl－的最外层电子排布图均为
B．PH3和H2S的电子式分别为和
C．CH2==CHCH2CH2CH3的分子结构模型为
D.C、C和C互为同位素
【答案】 B
【解析】 Ca2＋和Cl－的核外电子数都是18，最外层电子排布图均为，故A正确；PH3中磷原子和每个氢原子共用一对电子，中心原子P原子价层电子对数为3＋×(5－3×1)＝4，孤电子对数为1，PH3的电子式为，故B错误；CH2==CHCH2CH2CH3分子中存在1个碳碳双键，位于1号碳原子与2号碳原子之间，存在3个碳碳单键，无支链，且氢原子半径小于碳原子半径，其分子结构模型表示为，故C正确；C、C和C是质子数相同、中子数不同的碳原子，是碳元素的不同核素，互为同位素，故D正确。
4.我国科学家在青蒿素研究方面为人类健康作出了巨大贡献。在青蒿素研究实验中，下列叙述错误的是( )
A．通过萃取法可获得含青蒿素的提取液
B．通过X射线衍射可测定青蒿素晶体结构
C．通过核磁共振谱可推测青蒿素相对分子质量
D．通过红外光谱可推测青蒿素分子中的官能团
【答案】 C
【解析】 某些植物中含有青蒿素，可以通过用有机溶剂浸泡的方法将其中所含的青蒿素浸取出来，这种方法也叫萃取，固液分离后可以获得含青蒿素的提取液，A正确；晶体中结构粒子的排列是有规律的，通过X射线衍射实验可以得到晶体的衍射图，通过分析晶体的衍射图可以判断晶体的结构特征，故X射线衍射可测定青蒿素晶体结构，B正确；通过核磁共振谱可推测青蒿素分子中不同化学环境的氢原子的种数及其数目之比，但不能测定青蒿素的相对分子质量，要测定青蒿素相对分子质量应该用质谱法，C不正确；红外光谱可推测有机物分子中含有的官能团和化学键，故通过红外光谱可推测青蒿素分子中的官能团，D正确。
5.化学与生活息息相关，下列对应关系错误的是( )
物质 性质 用途
A 次氯酸钠 氧化性 衣物漂白
B 氢气 可燃性 制作燃料电池
C 聚乳酸 生物可降解性 制作一次性餐具
D 活性炭 吸附性 分解室内甲醛
【答案】 D
【解析】 次氯酸钠有强氧化性，从而可以作漂白剂，用于衣物漂白，A正确；氢气是可燃气体，具有可燃性，能被氧气氧化，可以制作燃料电池，B正确；聚乳酸具有生物可降解性，无毒，是高分子化合物，可以制作一次性餐具，C正确；活性炭有吸附性，能够有效吸附空气中的有害气体、去除异味，但无法分解甲醛，D错误。
6.用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是( )
A．标准状况下，22.4 L H2O2含有的分子数为NA
B．1 mol Al3＋完全水解生成氢氧化铝胶体粒子的数目为NA
C．28 g乙烯和环丙烷组成的混合气体中含有4NA个氢原子
D．1 L pH＝3的1 mol·L－1 K2Cr2O7溶液中Cr2O数为NA
【答案】 C
【解析】 标准状况下，H2O2为液态，不能直接进行计算，A错误；氢氧化铝胶体粒子是很多氢氧化铝的聚集体，胶粒数小于1 mol，B错误；乙烯和环丙烷的最简式均为CH2,28 g CH2的物质的量为2 mol，含有4NA个氢原子，C正确；酸性K2Cr2O7溶液中存在：Cr2O＋H2O??2CrO＋2H＋，1 L pH＝3的1 mol·L－1 K2Cr2O7溶液中Cr2O数小于NA，D错误。
7.提纯2.0 g苯甲酸粗品(含少量NaCl和泥沙)的过程如下。其中，操作X为( )
A．加热蒸馏 B．加水稀释
C．冷却结晶 D．萃取分液
【答案】 C
【解析】 苯甲酸粗品(含少量NaCl和泥沙)加水加热进行溶解，得到浊液，趁热过滤，除去泥沙，滤液中含有少量NaCl，由于苯甲酸的溶解度受温度影响大，而NaCl的溶解度受温度影响小，可通过冷却结晶的方式进行除杂，得到苯甲酸晶体，过滤后对晶体进行洗涤，得到苯甲酸，因此，操作X为冷却结晶，故C正确。
8.为达到下列实验目的，操作方法合理的是( )
实验目的 操作方法
A 从含有I2的NaCl固体中提取I2 用CCl4溶解、萃取、分液
B 提纯实验室制备的乙酸乙酯 依次用NaOH溶液洗涤、水洗、分液、干燥
C 用NaOH标准溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液 用甲基橙作指示剂进行滴定
D 从明矾过饱和溶液中快速析出晶体 用玻璃棒摩擦烧杯内壁
【答案】 D
【解析】 从含有I2的NaCl固体中提取I2，用CCl4溶解、萃取、分液后，I2仍然溶在四氯化碳中，没有提取出来，A错误；乙酸乙酯在氢氧化钠碱性条件下可以发生水解反应，故提纯乙酸乙酯不能用氢氧化钠溶液洗涤，B错误；用NaOH标准溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液，反应到达终点时生成CH3COONa，是碱性，而甲基橙变色范围pH较小，故不能用甲基橙作指示剂进行滴定，否则误差较大，应用酚酞作指示剂，C错误；从明矾过饱和溶液中快速析出晶体，可以用玻璃棒摩擦烧杯内壁，在烧杯内壁产生微小的玻璃微晶来充当晶核，D正确。
9.通过理论计算方法优化了P和Q的分子结构，P和Q呈平面六元并环结构，原子的连接方式如图所示，下列说法错误的是( )
A．P为非极性分子，Q为极性分子
B．第一电离能：BC．1 mol P和1 mol Q所含电子数目相等
D．P和Q分子中C、B和N均为sp2杂化
【答案】 A
【解析】 由所给分子结构图，P和Q分子都满足对称，正负电荷中心重合，都是非极性分子，A错误；同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由小到大的顺序为B10.中和法生产Na2HPO4·12H2O的工艺流程如下：
已知：①H3PO4的电离常数：K1＝6.9×10－3，K2＝6.2×10－8，K3＝4.8×10－13
②Na2HPO4·12H2O易风化。下列说法错误的是( )
A．“中和”工序若在铁质容器中进行，应先加入Na2CO3溶液
B．“调pH”工序中X为NaOH或H3PO4
C．“结晶”工序中溶液显酸性
D．“干燥”工序需在低温下进行
【答案】 C
【解析】 H3PO4和Na2CO3先发生反应，通过加入X调节pH，使产物完全转化为Na2HPO4，通过结晶、过滤、干燥，最终得到Na2HPO4·12H2O成品。铁是较活泼金属，可与H3PO4反应生成氢气，故“中和”工序若在铁质容器中进行，应先加入Na2CO3溶液，A项正确；若“中和”工序加入Na2CO3过量，则需要加入酸性物质来调节pH，为了不引入新杂质，可加入H3PO4；若“中和”工序加入H3PO4过量，则需要加入碱性物质来调节pH，为了不引入新杂质，可加入NaOH，所以“调pH”工序中X为NaOH或H3PO4，B项正确；“结晶”工序中的溶液为饱和Na2HPO4溶液，由已知可知H3PO4的K2＝6.2×10－8，K3＝4.8×10－13，则HPO的水解常数Kh＝＝≈1.6×10－7，由于Kh＞K3，则Na2HPO4的水解程度大于电离程度，溶液显碱性，C项错误；由于Na2HPO4·12H2O易风化失去结晶水，故“干燥”工序需要在低温下进行，D项正确。
11.某固体电解池工作原理如图所示，下列说法错误的是( )
A．电极1的多孔结构能增大与水蒸气的接触面积
B．电极2是阴极，发生还原反应：O2＋4e－===2O2－
C．工作时O2－从多孔电极1迁移到多孔电极2
D．理论上电源提供2 mol e－能分解1 mol H2O
【答案】 B
【解析】 多孔电极1上H2O(g)发生得电子的还原反应转化成H2(g)，多孔电极1为阴极，电极反应为2H2O＋4e－===2H2＋2O2－；多孔电极2上O2－发生失电子的氧化反应转化成O2(g)，多孔电极2为阳极，电极反应为2O2－－4e－===O2。电极1的多孔结构能增大电极的表面积，增大与水蒸气的接触面积，A项正确；根据分析，电极2为阳极，发生氧化反应：2O2－－4e－===O2，B项错误；工作时，阴离子O2－向阳极移动，即O2－从多孔电极1迁移到多孔电极2，C项正确；根据分析，电解总反应为2H2O(g)2H2＋O2，分解2 mol H2O转移4 mol电子，则理论上电源提供2 mol电子能分解1 mol H2O，D项正确。
12.对反应S(g)??T(g)(I为中间产物)，相同条件下：①加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短；②提高反应温度，c平(S)/c平(T)增大，c平(S)/c平(I)减小。基于以上事实，可能的反应历程示意图(——为无催化剂，为有催化剂)为( )
【答案】 A
【解析】 提高反应温度，c平(S)/c平(T)增大，说明反应S(g)??T(g)的平衡逆向移动，即该反应为放热反应，c平(S)/c平(I)减小，说明S生成中间产物I的反应平衡正向移动，属于吸热反应，由此可排除C、D选项；加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短，即反应的决速步骤的活化能下降，使得反应速率大幅加快，活化能大的步骤为决速步骤，符合条件的反应历程示意图为A，故A正确。
13.β-MgCl2晶体中，多个晶胞无隙并置而成的结构如图甲所示，其中部分结构显示为图乙，下列说法错误的是( )
A．电负性：MgB．单质Mg是金属晶体
C．晶体中存在范德华力
D．Mg2＋离子的配位数为3
【答案】 D
【解析】 电负性越大的元素吸引电子的能力越强，活泼金属的电负性小于活泼非金属，因此，Mg的电负性小于Cl，A正确；金属晶体包括金属单质及合金，单质Mg是金属晶体，B正确；由晶体结构可知，该结构中存在层状结构，层与层之间存在范德华力，C正确；由图乙中结构可知，每个Mg2＋与周围有6个Cl－最近且距离相等，因此，Mg2＋的配位数为6，D错误。
14.不同条件下，当KMnO4与KI按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如下：
反应序号 起始酸碱性 KI KMnO4 还原产物 氧化产物
物质的量/mol 物质的量/mol
① 酸性 0.001 n Mn2＋ I2
② 中性 0.001 10n MnO2 IO
已知：MnO的氧化性随酸性减弱而减弱。
下列说法正确的是( )
A．反应①，n(Mn2＋)∶n(I2)＝1∶5
B．对比反应①和②，x＝3
C．对比反应①和②，I－的还原性随酸性减弱而减弱
D．随反应进行，体系pH变化：①增大，②不变
【答案】 B
【解析】 反应①中Mn元素的化合价由＋7价降至＋2价，I元素的化合价由－1价升至0价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应①的离子方程式是10I－＋2MnO＋16H＋===2Mn2＋＋5I2＋8H2O，故n(Mn2＋)∶n(I2)＝2∶5，A项错误；根据反应①可得关系式10I－～2MnO，可以求得n＝0.000 2，则反应②的n(I－)∶n(MnO)＝0.001∶(10×0.000 2)＝1∶2，反应②中Mn元素的化合价由＋7价降至＋4价，反应②对应的关系式为I－～2MnO～2MnO2～IO～6e－，IO中I元素的化合价为＋5价，根据离子所带电荷数等于正负化合价的代数和知x＝3，反应②的离子方程式是I－＋2MnO＋H2O===2MnO2↓＋IO＋2OH－，B项正确；已知MnO的氧化性随酸性减弱而减弱，对比反应①和②的产物，I－的还原性随酸性减弱而增强，C项错误；根据反应①和②的离子方程式知，反应①消耗H＋、产生水、pH增大，反应②产生OH－、消耗水、pH增大，D项错误。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15.(15分)吡咯类化合物在导电聚合物、化学传感器及药物制剂上有着广泛应用。一种合成1-(4-甲氧基苯基)-2,5-二甲基吡咯(用吡咯X表示)的反应和方法如下：
实验装置如图所示，将100 mmol己-2,5-二酮(熔点：－5.5 ℃，密度：0.737 g·cm－3)与100 mmol 4-甲氧基苯胺(熔点：57 ℃)放入①中，搅拌。
待反应完成后，加入50%的乙醇溶液，析出浅棕色固体。加热至65 ℃，至固体溶解，加入脱色剂，回流20 min，趁热过滤。滤液静置至室温，冰水浴冷却，有大量白色固体析出。经过滤、洗涤、干燥得到产品。
回答下列问题：
(1)量取己-2,5-二酮应使用的仪器为__________(填名称)。
(2)仪器①用铁夹固定在③上，③的名称是____________；仪器②的名称是____________。
(3)“搅拌”的作用是______________________________________。
(4)“加热”方式为____________。
(5)使用的“脱色剂”是________。
(6)“趁热过滤”的目的是______________________________________；用____________________洗涤白色固体。
(7)若需进一步提纯产品，可采用的方法是_________________________。
【答案】 (1)酸式滴定管
(2)铁架台 球形冷凝管
(3)使固液充分接触，加快反应速率
(4)水浴加热 (5)活性炭
(6)防止产品结晶损失，提高产率 50%的乙醇溶液
(7)重结晶
【解析】 将100 mmol己-2,5-二酮(熔点：－5.5 ℃，密度：0.737 g·cm－3)与100 mmol 4-甲氧基苯胺(熔点：57 ℃)放入两颈烧瓶中，利用球形冷凝管进行冷凝回流提高原料利用率，通过搅拌来提高反应速率，反应完成后，加入50%的乙醇溶液，析出浅棕色固体(即含杂质的产品)，加热至65 ℃，至固体溶解，加入脱色剂(脱色剂为不溶于水和乙醇等溶剂的固体，如：活性炭)，回流20 min，趁热过滤，使产品尽可能多地进入滤液，滤液静置至室温，冰水浴冷却，有大量白色固体析出，经过滤、洗涤、干燥得到产品。(1)己-2,5-二酮的摩尔质量为114 g·mol－1，根据题中所给数据可知，所需己-2,5-二酮的体积为≈15.47 cm3＝15.47 mL，又因为酮类对橡胶有腐蚀性，所以选用酸式滴定管。(2)③为铁架台；仪器②用于冷凝回流，为球形冷凝管。(3)己-2,5-二酮的熔点为－5.5 ℃，常温下为液体，4-甲氧基苯胺的熔点为57 ℃，常温下为固体，搅拌可使固液反应物充分接触，加快反应速率。(4)由题给信息“加热至65 ℃”可知，应用水浴加热，这样便于控制温度，且受热更均匀。(5)“脱色剂”的作用是吸附反应过程中产生的有色物质，结合题中信息，加入脱色剂后回流，趁热过滤，保留滤液，即脱色剂为不溶于水和乙醇等溶剂的固体，所以可以选用活性炭作脱色剂。(6)由题给信息可知，产品吡咯X为白色固体，加热至65 ℃可溶解在50%的乙醇溶液中，所以需趁热过滤，使产品尽可能多地进入滤液，防止产品结晶损失，提高产率；由加入50%的乙醇溶液，析出浅棕色固体(即含杂质的产品)可知，常温下产品不溶于50%的乙醇溶液，所以为减少溶解损失，洗涤时可用50%的乙醇溶液。(7)由产品的分离提纯过程可知，若需进一步提纯，可采用的方法为重结晶。
16.(14分)镓(Ga)在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。一种从电解铝的副产品炭渣(含C、Na、Al、F和少量的Ga、Fe、K、Ca等元素)中提取镓及循环利用铝的工艺如下。
工艺中，LAEM是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区。用LAEM提取金属离子Mn＋的原理如图。
已知：
①pKa(HF)＝3.2。
②Na3[AlF6](冰晶石)的Ksp为4.0×10－10。
③浸取液中，Ga(Ⅲ)和Fe(Ⅲ)以[MClm](m－3)－(m＝0～4)微粒形式存在，Fe2＋最多可与2个Cl－配位，其他金属离子与Cl－的配位可忽略。
(1)“电解”中，反应的化学方程式为 ____________________________。
(2)“浸取”中，由Ga3＋形成[GaCl4]－的离子方程式为 _______________ _________________________________________________________。
(3)“还原”的目的：避免 ________元素以 ________(填化学式)微粒的形式通过LAEM，从而有利于Ga的分离。
(4)“LAEM提取”中，原料液的Cl－浓度越 ________，越有利于Ga的提取；研究表明，原料液酸度过高，会降低Ga的提取率。因此，在不提高原料液酸度的前提下，可向Ⅰ室中加入 ________(填化学式)，以进一步提高Ga的提取率。
(5)“调pH”中，pH至少应大于 ________，使溶液中c(F－)>c(HF)，有利于[AlF6]3－配离子及Na3[AlF6]晶体的生成。若“结晶”后溶液中c(Na＋)＝0.10 mol·L－1，则[AlF6]3－浓度为 ____________mol·L－1。
(6)一种含Ga、Ni、Co元素的记忆合金的晶体结构可描述为Ga与Ni交替填充在Co构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元。该合金的晶胞中，粒子个数最简比Co∶Ga∶Ni＝ ______________，其立方晶胞的体积为 ________nm3。
【答案】 (1)2Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑
(2)Ga3＋＋4Cl－===[GaCl4]－
(3)铁 [FeCl4]－ (4)高 NaCl
(5)3.2 4.0×10－7 (6)2∶1∶1 8a3
【解析】 电解铝的副产品炭渣(含C、Na、Al、F和少量的Ga、Fe、K、Ca等元素)进行焙烧，金属转化为氧化物，焙烧后的固体加入盐酸浸取，浸取液加入铝片将Fe3＋进行还原，得到原料液，原料液利用LAEM提取，[GaCl4]－通过交换膜进入Ⅱ室并转化为Ga3＋，Ⅱ室溶液进一步处理得到镓，Ⅰ室溶液加入含F－的废液调pH并结晶得到NaAlF6晶体用于电解铝。(1)“电解”是电解熔融的氧化铝冶炼铝单质，反应的化学方程式为2Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑。(2)“浸取”中，由Ga3＋形成[GaCl4]－的离子方程式为Ga3＋＋4Cl－===[GaCl4]－。(3)由已知，浸取液中，Ga(Ⅲ)和Fe(Ⅲ)以[MClm](m－3)－(m＝0～4)微粒形式存在，LAEM是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区，为了避免铁元素以[FeCl4]－的微粒形式通过LAEM，故要加入铝片还原Fe3＋，从而有利于Ga的分离。(4)“LAEM提取”中，原料液的Cl－浓度越高，更有利于生成[GaCl4]－的反应正向移动，更有利于Ga的提取，在不提高原料液酸度的前提下，同时不引入新杂质，可向Ⅰ室中加入NaCl，提高Cl－浓度，进一步提高Ga的提取率。(5)由pKa(HF)＝3.2，Ka(HF)＝＝10－3.2，为了使溶液中c(F－)>c(HF)，c(H＋)＝×10－3.2<10－3.2 mol·L－1，故pH至少应大于3.2，有利于[AlF6]3－配离子及Na3[AlF6]晶体的生成。若“结晶”后溶液中c(Na＋)＝0.10 mol·L－1，根据Na3[AlF6](冰晶石)的Ksp为4.0×10－10，[AlF6]3－浓度为＝＝4.0×10－7 mol·L－1。(6)合金的晶体结构可描述为Ga与Ni交替填充在Co构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元，取Ga为晶胞顶点，晶胞面心也是Ga，Ni处于晶胞棱心和体心，Ga和Ni形成类似氯化钠晶胞的结构，晶胞中Ga和Ni形成的8个小正方体体心为Co，故晶胞中Ga、Ni个数为4，Co个数为8，粒子个数最简比Co∶Ga∶Ni＝2∶1∶1，晶胞棱长为两个最近的Ga之间(或最近的Ni之间)的距离，为2a nm，故晶胞的体积为8a3 nm。
17.(15分)水煤气是H2的主要来源，研究CaO对C—H2O体系制H2的影响，涉及主要反应如下：
C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)(Ⅰ) ΔH1>0
CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)(Ⅱ) ΔH2<0
CaO(s)＋CO2(g)===CaCO3(s)(Ⅲ) ΔH3<0
回答下列问题：
(1)C(s)＋CaO(s)＋2H2O(g)??CaCO3(s)＋2H2(g)的焓变ΔH＝________________(用代数式表示)。
(2)压力p下，C—H2O—CaO体系达平衡后，图示温度范围内C(s)已完全反应，CaCO3(s)在T1温度时完全分解。气相中CO、CO2和H2摩尔分数随温度的变化关系如图所示，则a线对应物种为________(填化学式)。当温度高于T1时，随温度升高c线对应物种摩尔分数逐渐降低的原因是__________________________ ______________________________________________。
(3)压力p下、温度为T0时，图示三种气体的摩尔分数分别为0.50,0.15,0.05，则反应CO(g)＋H2O(g)??CO2(g)＋H2(g)的平衡常数Kp＝________；此时气体总物质的量为4.0 mol，则CaCO3(s)的物质的量为________mol；若向平衡体系中通入少量CO2(g)，重新达平衡后，分压p(CO2)将________(填“增大”“减小”或“不变”)，p(CO)将________(填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】 (1)ΔH1＋ΔH2＋ΔH3
(2)H2 当温度高于T1，CaCO3(s)已完全分解，只发生反应Ⅱ，温度升高，反应Ⅱ逆向移动，所以CO2的摩尔分数减小
(3) 0.5 不变 不变
【解析】 (1)已知三个反应：
Ⅰ.C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)
Ⅱ.CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)
Ⅲ.CaO(s)＋CO2(g)===CaCO3(s)
设目标反应C(s)＋CaO(s)＋2H2O(g)??CaCO3(s)＋2H2(g)为Ⅳ，根据盖斯定律，Ⅳ＝Ⅰ＋Ⅱ＋Ⅲ，所以ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3。(2)图示温度范围内C(s)已完全反应，则反应Ⅰ已经进行完全，反应Ⅱ和Ⅲ均为放热反应，从开始到T1，温度不断升高，反应Ⅱ和Ⅲ逆向移动，依据反应Ⅱ，H2量减小，摩尔分数减小，CO量升高，摩尔分数升高，且二者摩尔分数变化斜率相同，所以a曲线代表H2的摩尔分数的变化，则c曲线代表CO2的摩尔分数随温度的变化。开始到T1，CO2的摩尔分数升高，说明在这段温度范围内，反应Ⅲ占主导，当温度高于T1，CaCO3(s)已完全分解，只发生反应Ⅱ，所以CO2的摩尔分数减小。(3)压力p下、温度为T0时，H2、CO、CO2的摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则H2O(g)的摩尔分数为1－0.50－0.15－0.05＝0.30，则反应CO(g)＋H2O(g)??CO2(g)＋H2(g)的平衡常数Kp＝＝＝；
设起始状态1 mol C(s)，x mol H2O(g)，反应Ⅰ进行完全。
则依据三段式：
C(s) ＋ H2O===CO ＋ H2
起 1 x 0 0
转 1 1 1 1
平 0 x－1 1 1
CO ＋ H2O===CO2 ＋ H2
转 a a a a
CaO(s) ＋ CO2===CaCO3(s)
转 b b
根据平衡时H2、CO、CO2的摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则有＝0.5、＝0.15、＝0.05，解出x＝，a＝，b＝，则n(总)＝x＋1－b＝＋1－＝，而由于平衡时n(总)＝4 mol，则y＝4，y＝，则n(CaCO3)＝b·y＝×＝0.5。
若向平衡体系中通入少量CO2(g)，重新达平衡后，反应CaO(s)＋CO2(g)===CaCO3(s)的Kp＝，温度不变，Kp不变，则分压p(CO2)不变，则反应Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ均处于平衡状态，所以p(CO)也不变。
18.(14分)化合物H是一种具有生物活性的苯并呋喃衍生物，合成路线如下(部分条件忽略，溶剂未写出)：
回答下列问题：
(1)化合物A在核磁共振氢谱上有 ________组吸收峰。
(2)化合物D中含氧官能团的名称为 ________、 ________。
(3)反应③和④的顺序不能对换的原因是 ________________________。
(4)在同一条件下，下列化合物水解反应速率由大到小的顺序为 ________(填标号)。
① ② ③
(5)化合物G→H的合成过程中，经历了取代、加成和消去三步反应，其中加成反应的化学方程式为 _________________________________。
(6)依据以上流程信息，结合所学知识，设计以和Cl2CHOCH3为原料合成的路线 ______________________________________(HCN等无机试剂任选)。
【答案】 (1)6 (2)醛基 醚键
(3)先进行反应③再进行反应④可以防止酚羟基被氧化
(4)①③②
(5)
(6)
【解析】 A与氯化剂在加热条件下反应得到B，B在BBr3,0 ℃的条件下，甲基被H取代得到C，C与CH2BrCH2Br在K2CO3的作用下发生取代反应得到D，D被氧化剂氧化为E，E中存在酯基，先水解，再酸化得到F，F与Cl2CHOCH3在TiCl4的作用下苯环上一个H被醛基取代得到G，G与ClCH2COCH3经历了取代、加成和消去三步反应得到H。(1)由A的结构可知，A有6种等效氢，即核磁共振氢谱上有6组吸收峰。(2)由D的结构可知，化合物D中含氧官能团的名称为：醛基、醚键。(3)反应③和④的顺序不能对换，先进行反应③再进行反应④可以防止酚羟基被氧化。(4) 中F的电负性很强，—CF3为吸电子基团，使得—OOCH中C—O键更易断裂，水解反应更易进行，中—CH3是斥电子集团，使得—OOCH中C—O键更难断裂，水解反应更难进行，因此在同一条件下，化合物水解反应速率由大到小的顺序为①③②。(5)化合物G→H的合成过程中，G发生取代反应，羟基上的H被—CH2COCH3取代，得到，中的醛基加成得到，中的羟基发生消去反应得到，其中加成反应的化学方程式为。(6) 和Cl2CHOCH3在TiCl4的作用下发生类似反应⑥的反应得到，与HCN加成得到，酸性水解得到，发生缩聚反应得到，具体合成路线为： 。
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