2025届高三化学一轮复习测评卷

2025届高三化学一轮复习 测评卷 一、单选题 1．（2025·广东广州·模拟预测）我国馆藏文物丰富，彰显文化魅力。下列馆藏文物属于硅酸盐材料的是 A．越王勾践剑 B．元代青花瓷 C．透雕云纹木梳 D．金神佛像 A．A B．B C．C D．D 2．（2025·山西大同·模拟预测）下列相关微粒的说法正确的是 A．羟基的电子式： B．中子数为20的氯原子： C．的结构示意图： D．的VSEPR模型为四面体型 3．（21-22高三上·江西抚州·阶段练习）金属元素的单质和化合物在日常生产和生活中有广泛的应用，其中涉及的化学知识正确的是 A．加入稀硝酸酸化的KSCN溶液检验蔬菜中的铁元素 B．火灾现场存放大量的钠，应立即用泡沫灭火器灭火 C．用覆铜板制作印刷电路板可以用溶液作为“腐蚀液” D．厨房中使用的小苏打易吸水结块，不可用作清洁剂 4．（2025·四川·一模）下列实验能达成预期目的的是 实验 目的 A．制备银氨溶液 B．滴定未知浓度的溶液 实验 目的 C．铁制镀件电镀铜 D．制备乙酸乙酯 A．A B．B C．C D．D 5．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）阿斯巴甜是一种常用的人工合成甜味剂，结构简式如图所示，下列有关该物质的说法正确的是 A．分子式为 B．苯环上的一溴代物共有5种 C．1 mol阿斯巴甜最多可消耗3 mol NaOH D．可以发生水解反应，属于人工合成的低聚糖 6．（24-25高三上·湖北·阶段练习）向溶液中加入以下试剂，反应离子方程式正确的是 试剂 离子方程式 A 通入气体 B 滴加少量的溶液 C 滴加硫酸酸化的KI溶液 D 滴加酸性溶液 A．A B．B C．C D．D 7．（22-23高三上·安徽·期末）X、Y、Z、W是原子半径依次增大的短周期主族元素，其中X元素与其他元素不在同一周期，Y的一种核素常用于测定文物年代，基态Z原子中s能级与p能级上的电子总数相等。下列说法错误的是 A．W单质可以与水反应生成气体 B．Z、W所在周期内，Z、W元素第一电离能大小相邻 C．X与Y组成的化合物沸点可能比水的高 D．X、Y、Z、W的单质均可以在空气中燃烧 8．（22-23高三上·四川成都·期中）催化剂Ag@AgBr/mp﹣TiO2可以光降解2﹣萘酚，将其处理成无害物，装置如图。下列说法错误的是 A．该装置将光能和化学能转化为电能 B．工作时的负极发生反应： ﹣46e﹣+23O2﹣=10CO2↑+4H2O C．工作时，O2﹣从正极迁移到负极 D．b极电势高于a极 9．（2024·广西·高考真题）实验小组用如下流程探究含氮化合物的转化。为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．“反应1”中，每消耗，在下得到 B．“反应2”中，每生成0.1molNO，转移电子数为 C．在密闭容器中进行“反应3”，充分反应后体系中有个 D．“反应4”中，为使完全转化成，至少需要个 10．（22-23高三上·上海普陀·期中）以黄铁矿(主要成分为FeS2，其中S的化合价为﹣1价)生产硫酸的工艺流程如图。下列说法不正确的是 A．将黄铁矿粉碎，可加快其在沸腾炉中的化学反应速率 B．吸收塔排放的尾气可通过氨吸收并制造氮肥 C．接触室中排放出的SO2、O2循环利用，可提高原料利用率 D．沸腾炉中每生成1mol SO2，有11mol e﹣发生转移 11．（2025·山西大同·模拟预测）根据实验目的设计方案并进行探究，其中方案设计、现象和结论都正确的是 实验目的 方案设计 现象 结论 A 检验丙烯醛中的碳碳双键 取少量待检液于试管中，滴加溴水 溴水褪色 丙烯醛中含有碳碳双键 B 探究的化学键类型 将固体溶于水，进行导电性实验 溶液能导电 的化学键是离子键 C 比较大小 向溶液中加入溶液，再滴加溶液 先产生白色沉淀，然后沉淀变黑 相同温度下， D 探究脱氧剂(主要成分是Fe粉)是否变质 取少量样品溶于盐酸，滴加溶液 无明显现象 脱氧剂没有变质 A．A B．B C．C D．D 12．（2025·四川·一模）甲苯与浓硝酸反应可生成2，4，6-三硝基甲苯(TNT)。三氟甲苯()与浓反应可生成邻硝基三氟甲苯()和间硝基三氟甲苯()，该反应历程中生成两种中间体的能量变化示意图如下。下列说法错误的是 A．生成中间体1、2的反应均为吸热反应 B．反应历程中苯环的大键没有发生变化 C．中间体1是由进攻的邻位碳而形成的 D．比更易使苯环上的间位氢原子活化 13．（12-13高三下·江苏扬州·阶段练习）常温下，向溶液中逐滴加入的溶液，溶液的随溶液体积的变化如图所示。下列说法正确的是 A．点所示溶液中： B．点所示溶液中： C．点所示溶液中： D．点以后的溶液中可能出现： 14．（2024·广西·高考真题）573K、高压条件下，一定量的苯甲腈在密闭容器中发生连续水解：(苯甲腈)(苯甲酰胺)(苯甲酸)。如图为水解过程中上述三者(分别用表示)的物质的量分数随时间的变化曲线，其中。下列说法错误的是 A．水解产物除了还有 B．点时 C．在15min前基本不变，15min后明显增大，可能是水解产物对生成的反应有催化作用 D．任意25min时间段内存在 二、解答题 15．（2025·山西大同·模拟预测）硫酸锰是一种重要的化工中间体。一种以高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及)与氧化锰矿(主要成分为等锰的氧化物)为原料制备硫酸锰的工艺流程如下： 已知：①“混合焙烧”后烧渣含、及少量、、。 ②已知：；。 ③离子浓度时，离子沉淀完全。请回答： (1)“浸出”时，为了提高浸取率可采取的措施有 。(任写一种) (2)“氧化”步骤的主要目的是将氧化为，发生反应的离子方程式为 。 (3)“中和除杂”主要除去的金属离子是 、 。 (4)若“氟化除杂”前，溶液中和均为，当完全沉淀时， 开始沉淀(填“是”或“否”)。 (5)“碳化结晶”时，生成沉淀发生反应的离子方程式为 ，“碳化结晶”需选择合适的温度，温度不宜过高也不能过低的原因是 。 (6)工业上可以以石墨为电极电解酸化的硫酸锰制取二氧化锰，该过程中阳极的电极反应式为 。 16．（2025·广东·一模）苯乙烯是生产塑料与合成橡胶的重要原料。氧化乙苯脱氢制苯乙烯的反应为： 反应Ⅰ：+CO2(g)+ H2O(g) +CO(g)   已知：反应Ⅱ：+ H2(g)   反应Ⅲ：    回答下列问题： (1)反应Ⅰ的 。 (2)下列关于反应Ⅰ~Ⅲ的说法正确的是___________(填字母)。 A．及时分离出水蒸气，有利于提高平衡混合物中苯乙烯的含量 B．保持恒定时，说明反应Ⅰ达到化学平衡状态 C．其他条件相同，反应Ⅱ分别在恒容和恒压条件下进行，前者乙苯的平衡转化率更高 D．反应Ⅲ正反应的活化能小于逆反应的活化能 (3)在高温催化剂作用下，氧化乙苯脱氢制苯乙烯可能存在如下图所示反应机理： 该机理可表示为以下两个基元反应，请结合图示补充完整反应ⅰ和反应ⅱ： ⅰ：＋___________＋___________， ⅱ：______________________， (4)常压下，乙苯和经催化剂吸附后才能发生上述反应Ⅰ。控制投料比[]分别为1∶1、5∶1和10∶1，并在催化剂作用下发生反应，乙苯平衡转化率与反应温度的关系如图所示： ①曲线A的投料比为 ，Q点平衡常数 P点平衡常数(填“>”、“<”或“=”)。 ②相同温度下，投料比远大于10∶1时，乙苯的消耗速率明显下降，可能的原因是： ⅰ．乙苯的浓度过低； ⅱ． 。 ③850K时，若初始乙苯的物质的量为，反应经达到图中P点所示状态，则 。 17．（2024·上海金山·一模）次氯酸和次氯酸盐都是重要的含氯化合物，应用于杀菌消毒、漂白等领域。 I．探究不同条件下84消毒液的漂白效果 (1)84消毒液的有效成分是次氯酸钠，次氯酸钠溶液呈 ，理由是 (用离子方程式解释)。 A．酸性        B．中性        C．碱性 (2)在3只编号分别为甲、乙、丙的烧杯中进行如下操作： 编号 84消毒液 蒸馏水 白醋 品红溶液 相同时间的现象 甲 2 mL 20 mL / 5滴 无明显现象 乙 2 mL 19 mL 1 mL 5滴 红色变浅 丙 a mL b mL 2 mL 5滴 红色迅速褪去 ①关于表格中a、b的数值合理的是 。 A．a=2，b=18        B．a=2，b=19        C．a=2，b=20 ②由实验现象可得出的结论是 。 (3)将84消毒液按一定比例稀释，并将稀释液放置在空气中一段时间。在此过程中测定溶液的氧化还原电势变化如图所示。(已知：氧化还原电势越大，氧化性越强。) 解释曲线变化的原因 。 II．某学习小组以Cl2O为原料制备HClO。 i．常温常压下Cl2O是一种黄绿色气体。 ii．将氯气和空气(不参与反应)通入足量的Na2CO3溶液，发生反应生成Cl2O。 iii．Cl2O易溶于水并与水立即反应生成HClO。 iv．已知：HClO+2I-+H+=I2+Cl-+H2O，I2+2S2O=2I-+S4O。 (4)各装置的连接顺序为①→ 。 A．②④③⑤        B．④②③⑤        C．④③②⑤ (5)装置②中发生的化学反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为 。 A．1：1        B．2：1        C．1：2 (6)Cl2O不会被装置③吸收的原因是 。 (7)装置④的作用有：吸收Cl2中的HCl、___________。 A．防倒吸 B．吸收Cl2O C．将空气、氯气混合均匀 D．通过观察气泡调节气体流速 (8)测定HClO的物质的量浓度：量取10.00 mL样品稀释至100.00 mL，取出10.00 mL于锥形瓶中，加入足量KI溶液，滴加几滴淀粉溶液，用0.08 mol·L-1标准Na2S2O3溶液滴定，当 即达到滴定终点，消耗25.00 mL标准液。原溶液中c(HClO)= mol·L-1。 18．（2024·陕西西安·一模）一种重要的药物中间体AHPA合成路线如下： (1)A生成B的反应类型是 。 (2)C中官能团的名称是 ，C的结构简式为 。 (3)在D结构简式的相应位置用“*”标出所有的手性碳原子 。 (4)E可以在催化剂存在的条件下发生缩聚反应，生成一种有机高分子材料F，写出该反应的化学方程式 。 (5)满足下列条件的AHPA的同分异构体有 种。 ①含苯环且苯环只有一个取代基 ②红外光谱显示含氧官能团只有和 (注意：同一个碳上不能连接两个) 其中，核磁共振氢谱显示有6组峰，峰面积比为4∶2∶2∶2∶2∶1的有机物结构简式为 。 (6)参照上述合成路线，设计以为主要原料制备的合成路线 (其他原料、试剂任选)。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025届高三化学一轮复习 测评卷 一、单选题 1．（2025·广东广州·模拟预测）我国馆藏文物丰富，彰显文化魅力。下列馆藏文物属于硅酸盐材料的是 A．越王勾践剑 B．元代青花瓷 C．透雕云纹木梳 D．金神佛像 A．A B．B C．C D．D 【答案】B 【详解】A．越王勾践剑属于金属，故A不选； B．元代青花瓷属于陶瓷制品，属于硅酸盐材料，故B选； C．透雕云纹木梳主要成分是纤维素，故C不选； D．金神佛像属于金属，故D不选； 答案选B。 2．（2025·山西大同·模拟预测）下列相关微粒的说法正确的是 A．羟基的电子式： B．中子数为20的氯原子： C．的结构示意图： D．的VSEPR模型为四面体型 【答案】D 【详解】 A．羟基为中性基团，故其电子式为：    ，A错误； B．已知质量数等于质子数加中子数，故中子数为20的氯原子表示为：，B错误； C．的结构示意图为：，C错误； D．中心原子S周围的价层电子对数为：3+=4，根据价层电子对互斥理论可知，其VSEPR模型为四面体型，D正确； 故答案为：D。 3．（21-22高三上·江西抚州·阶段练习）金属元素的单质和化合物在日常生产和生活中有广泛的应用，其中涉及的化学知识正确的是 A．加入稀硝酸酸化的KSCN溶液检验蔬菜中的铁元素 B．火灾现场存放大量的钠，应立即用泡沫灭火器灭火 C．用覆铜板制作印刷电路板可以用溶液作为“腐蚀液” D．厨房中使用的小苏打易吸水结块，不可用作清洁剂 【答案】A 【详解】A．稀硝酸具有氧化性，将菠菜中的铁元素氧化成三价铁，用KSCN溶液检验，A项正确； B．钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠会与泡沫灭火器中的和反应产生助燃，火势更猛，所以不可以用泡沫灭火器灭火，B项错误； C．印刷电路板发生2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2反应，应利用溶液作为“腐蚀液”，C项错误； D．厨房中使用的小苏打为水解显碱性，可用作清洁剂，D项错误； 故选A。 4．（2025·四川·一模）下列实验能达成预期目的的是 实验 目的 A．制备银氨溶液 B．滴定未知浓度的溶液 实验 目的 C．铁制镀件电镀铜 D．制备乙酸乙酯 A．A B．B C．C D．D 【答案】B 【详解】A．制备银氨溶液是在洁净的试管中加入溶液，然后边振荡试管边逐滴滴入氨水至沉淀恰好溶解，图中滴加试剂顺序错误，不能制得银氨溶液，A错误； B．滴定管分酸式和碱式两种，通常碱用碱式滴定管，酸用酸式滴定管，使用聚四氟乙烯的(耐酸碱腐蚀)活塞可以任意选择酸碱滴定管，B正确； C．在铁表面镀铜，应该用铁制镀件作阴极，铜片作阳极，C错误； D．制备乙酸乙酯，除图中反应物和催化剂，还需加入碎瓷片防止暴沸，同时产物应用饱和溶液收集除杂，D错误； 故选B。 5．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）阿斯巴甜是一种常用的人工合成甜味剂，结构简式如图所示，下列有关该物质的说法正确的是 A．分子式为 B．苯环上的一溴代物共有5种 C．1 mol阿斯巴甜最多可消耗3 mol NaOH D．可以发生水解反应，属于人工合成的低聚糖 【答案】C 【详解】A．由阿斯巴甜的结构简式可知，其分子式为C14H18O5N2，A错误； B．该有机物苯环上有3种环境的H原子，苯环上的一溴代物共有3种，B错误； C．该有机物含有1个羧基、1个酰氨基和1个酯基，1 mol阿斯巴甜最多可消耗3 mol NaOH，C正确； D．该有机物含有1个羧基、1个酰氨基和1个酯基，可以发生水解反应，阿斯巴甜是一种常用的人工合成甜味剂，不属于糖类，不属于低聚糖，D错误； 故选C。 6．（24-25高三上·湖北·阶段练习）向溶液中加入以下试剂，反应离子方程式正确的是 试剂 离子方程式 A 通入气体 B 滴加少量的溶液 C 滴加硫酸酸化的KI溶液 D 滴加酸性溶液 A．A B．B C．C D．D 【答案】A 【详解】A．向溶液通入气体，离子方程式为，故A正确； B．向溶液滴加少量的溶液，作催化剂，化学方程式为，故B错误； C．向溶液滴加硫酸酸化的KI溶液，离子方程式为，故C错误； D．向溶液滴加酸性溶液，离子方程式为，故D错误； 故选A。 7．（22-23高三上·安徽·期末）X、Y、Z、W是原子半径依次增大的短周期主族元素，其中X元素与其他元素不在同一周期，Y的一种核素常用于测定文物年代，基态Z原子中s能级与p能级上的电子总数相等。下列说法错误的是 A．W单质可以与水反应生成气体 B．Z、W所在周期内，Z、W元素第一电离能大小相邻 C．X与Y组成的化合物沸点可能比水的高 D．X、Y、Z、W的单质均可以在空气中燃烧 【答案】B 【分析】X元素与其他元素不在同一周期，则X为H元素，Y的一种核素常用于测定文物年代，则Y为C元素，基态Z原子中s能级与p能级上的电子总数相等，则Z为元素， X、Y、Z、W是原子半径依次增大的短周期主族元素，则W为元素。 【详解】A．钠与水反应生成，故A正确； B ．Z、W所在周期是第三周期，同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但IIA>IIIA，VA>VIA，所以 第一电离能大于，、元素第一电离能大小不相邻，故B错误； C．C与H可以形成高分子化合物，沸点可能高于水，故C正确； D．、C、、均可以在空气中燃烧，故D正确； 故答案为：B。 8．（22-23高三上·四川成都·期中）催化剂Ag@AgBr/mp﹣TiO2可以光降解2﹣萘酚，将其处理成无害物，装置如图。下列说法错误的是 A．该装置将光能和化学能转化为电能 B．工作时的负极发生反应： ﹣46e﹣+23O2﹣=10CO2↑+4H2O C．工作时，O2﹣从正极迁移到负极 D．b极电势高于a极 【答案】D 【分析】该装置为原电池，由图可知，a极氧元素价态降低得电子，故a极为正极，b极为负极。 【详解】A．该装置为原电池，由图可知，光能和化学能转化为电能，选项A正确； B．b极为负极，电极反应式为： ﹣46e﹣+23O2﹣=10CO2↑+4H2O，选项B正确； C．原电池工作时，O2﹣(阴离子)从正极迁移到负极，选项C正确； D．a极为正极，b极为负极，a极电势高于b极，选项D错误； 答案选D。 9．（2024·广西·高考真题）实验小组用如下流程探究含氮化合物的转化。为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．“反应1”中，每消耗，在下得到 B．“反应2”中，每生成0.1molNO，转移电子数为 C．在密闭容器中进行“反应3”，充分反应后体系中有个 D．“反应4”中，为使完全转化成，至少需要个 【答案】B 【分析】反应1为实验室制备氨气的反应，方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O，反应2是氨气的催化氧化，方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，反应3为一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，方程式为：2NO+O₂=2NO₂ ，反应4为二氧化氮，氧气和水反应生成硝酸，4NO2+2H2O+O2=4HNO3‌，以此解题。 【详解】A．根据分析可知，每消耗，生成0.1mol氨气，但是由于不是标准状况，则气体不是2.24L，A错误； B．根据分析可知，反应2方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，该反应转移20e-，则每生成0.1molNO，转移电子数为，B正确； C．根据反应3，充分反应后生成个，但是体系中存在2NO2⇌N2O4，则最终二氧化氮数目小于，C错误； D．根据反应4可知，为使完全转化成，至少需要个O2，D错误； 故选B。 10．（22-23高三上·上海普陀·期中）以黄铁矿(主要成分为FeS2，其中S的化合价为﹣1价)生产硫酸的工艺流程如图。下列说法不正确的是 A．将黄铁矿粉碎，可加快其在沸腾炉中的化学反应速率 B．吸收塔排放的尾气可通过氨吸收并制造氮肥 C．接触室中排放出的SO2、O2循环利用，可提高原料利用率 D．沸腾炉中每生成1mol SO2，有11mol e﹣发生转移 【答案】D 【分析】黄铁矿(主要成分为FeS2)在空气中焙烧，Fe元素转化为Fe2O3，S元素转化为SO2，接触室中，在催化剂作用下SO2和O2反应生成SO3，再用98.3%的硫酸吸收得到供稀释用硫酸。 【详解】A．将黄铁矿粉碎，可增大反应物的接触面积，加快其在沸腾炉中的化学反应速率，A正确； B．吸收塔中尾气主要有SO2、SO3，为酸性气体，可通过氨吸收形成铵盐，制造氮肥，B正确； C．接触室中SO2和O2反应生成SO3的反应为可逆反应，SO2、O2不能完全反应，循环利用可提高原料利用率，C正确； D．沸腾炉中的反应为4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2，每生成1mol SO2，消耗(0.125×11)mol氧气，转移0.125mol×11×4=5.5mol电子，D错误； 综上所述答案为D。 11．（2025·山西大同·模拟预测）根据实验目的设计方案并进行探究，其中方案设计、现象和结论都正确的是 实验目的 方案设计 现象 结论 A 检验丙烯醛中的碳碳双键 取少量待检液于试管中，滴加溴水 溴水褪色 丙烯醛中含有碳碳双键 B 探究的化学键类型 将固体溶于水，进行导电性实验 溶液能导电 的化学键是离子键 C 比较大小 向溶液中加入溶液，再滴加溶液 先产生白色沉淀，然后沉淀变黑 相同温度下， D 探究脱氧剂(主要成分是Fe粉)是否变质 取少量样品溶于盐酸，滴加溶液 无明显现象 脱氧剂没有变质 A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【详解】A．溴水具有强氧化性可以氧化醛基，故溴水褪色不能确认碳碳双键加成，A项错误； B．探究是否含有离子键应该在熔融状态下，不应在水溶液中，一些共价化合物在水溶液中也导电，B项错误； C．Zn2+与恰好完全反应产生白色沉淀ZnS的情况下，加入Cu2+产生黑色沉淀，说明ZnS转化为更难溶的CuS沉淀，即相同温度下，，C项正确； D．滴加KSCN溶液，溶液未变红，可能是变质的Fe3+被铁粉还原，D项错误； 答案选C。 12．（2025·四川·一模）甲苯与浓硝酸反应可生成2，4，6-三硝基甲苯(TNT)。三氟甲苯()与浓反应可生成邻硝基三氟甲苯()和间硝基三氟甲苯()，该反应历程中生成两种中间体的能量变化示意图如下。下列说法错误的是 A．生成中间体1、2的反应均为吸热反应 B．反应历程中苯环的大键没有发生变化 C．中间体1是由进攻的邻位碳而形成的 D．比更易使苯环上的间位氢原子活化 【答案】B 【详解】A．观察图片发现生成中间体1、2能量升高，故生成中间体1、2的反应均为吸热反应，A正确； B．反应历程中苯环变成，带正电荷，大键被破坏，B错误； C．观察图片发现中间体1是由进攻的邻位碳而形成的，C正确； D．甲苯与浓硝酸反应生成邻位和对位的2，4，6-三硝基甲苯(TNT)，而三氟甲苯与浓硝酸反应除生成邻硝基三氟甲苯外，还生成间硝基三氟甲苯，生成间硝基三氟甲苯所需能量较低，表明以间硝基三氟甲苯为主，说明比更易使苯环上的间位氢原子活化，D正确； 答案选B。 13．（12-13高三下·江苏扬州·阶段练习）常温下，向溶液中逐滴加入的溶液，溶液的随溶液体积的变化如图所示。下列说法正确的是 A．点所示溶液中： B．点所示溶液中： C．点所示溶液中： D．点以后的溶液中可能出现： 【答案】C 【分析】(NH4)2SO4+2NaOH=Na2SO4+2NH3·H2O，向溶液中逐滴加入的溶液，NaOH溶液体积为20.00mL时恰好完全反应得到浓度比为1:2的Na2SO4和NH3·H2O混合溶液，即d点；NaOH溶液体积为10.00mL时(NH4)2SO4反应了一半，得到浓度比为1:1:2的 (NH4)2SO4、Na2SO4和NH3·H2O混合溶液，即c点。 【详解】A．a点溶液中，水解导致溶液呈酸性，即，水解程度较小，结合物料守恒知，所以溶液中离子浓度大小顺序是，故A错误； B．c点为(NH4)2SO4、Na2SO4和NH3·H2O混合溶液，结合分析可知c点(NH4)2SO4和Na2SO4浓度相等，则b点(NH4)2SO4浓度大于Na2SO4，b点显中性，则铵根水解量和一水合氨电离量相等，相等于铵根没有水解，一水合氨没有电离，故，故B错误； C．c点为浓度比为1:1:2的 (NH4)2SO4、Na2SO4和NH3·H2O混合溶液，根据电荷守恒得,根据物料守恒得 ，联立二式得,故C正确； D．d点为浓度比为1:2的Na2SO4和NH3·H2O混合溶液，一水合氨电离微弱，所以，即，故D错误； 答案选C。 14．（2024·广西·高考真题）573K、高压条件下，一定量的苯甲腈在密闭容器中发生连续水解：(苯甲腈)(苯甲酰胺)(苯甲酸)。如图为水解过程中上述三者(分别用表示)的物质的量分数随时间的变化曲线，其中。下列说法错误的是 A．水解产物除了还有 B．点时 C．在15min前基本不变，15min后明显增大，可能是水解产物对生成的反应有催化作用 D．任意25min时间段内存在 【答案】D 【详解】A．苯甲腈在溶液中发生连续水解：，,有NH3生成，A正确； B．a点之前x(Y)逐渐增大，；a点之后，x(Y)逐渐减小，a点是Y物质的最大值，则生成和消耗的速率相等。即，B正确； C．在15min前基本不变，15min后明显增大，在没有另加物质、没有改变反应条件的情况下，可能是水解产物对生成的反应有催化作用，C正确； D．根据图像所示，反应的前期应该有，a点之后，由于明显减小，显著增大，三者的速率关系不再满足，D错误； 故选D。 二、解答题 15．（2025·山西大同·模拟预测）硫酸锰是一种重要的化工中间体。一种以高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及)与氧化锰矿(主要成分为等锰的氧化物)为原料制备硫酸锰的工艺流程如下： 已知：①“混合焙烧”后烧渣含、及少量、、。 ②已知：；。 ③离子浓度时，离子沉淀完全。请回答： (1)“浸出”时，为了提高浸取率可采取的措施有 。(任写一种) (2)“氧化”步骤的主要目的是将氧化为，发生反应的离子方程式为 。 (3)“中和除杂”主要除去的金属离子是 、 。 (4)若“氟化除杂”前，溶液中和均为，当完全沉淀时， 开始沉淀(填“是”或“否”)。 (5)“碳化结晶”时，生成沉淀发生反应的离子方程式为 ，“碳化结晶”需选择合适的温度，温度不宜过高也不能过低的原因是 。 (6)工业上可以以石墨为电极电解酸化的硫酸锰制取二氧化锰，该过程中阳极的电极反应式为 。 【答案】(1)搅拌（或适当升温或适当增大硫酸浓度） (2) (3) (4)是 (5) 温度过高碳酸氢铵分解，温度太低反应速率太慢， (6) 【分析】高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及)与氧化锰矿混合焙烧，得到、及少量、、的烧渣，加入硫酸浸出得到、、 、、的酸性溶液，加入二氧化锰将氧化为，再加入碳酸钙中和，将与以氢氧化物的形式除去，加入氟化除杂，使溶液中的、沉淀完全，此时溶液中的金属离子为，加入碳酸氢铵发生，加入硫酸溶解得硫酸锰溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等系列操作得到硫酸锰晶体，据此解答。 【详解】（1）“浸出”时，搅拌、适当升温、适当增大硫酸浓度均可以加快浸取速率，提高浸取率； （2）“氧化”步骤的主要目的是将氧化为，发生反应的离子方程式为； （3）根据流程图前后对照可知“中和除杂”主要除去的金属离子是、； （4）若“氟化除杂”前，溶液中和均为，当完全沉淀时，根据，离子浓度时离子沉淀完全，可计算出此时溶液中的，根据为，，知是开始沉淀； （5）“碳化结晶”时，生成沉淀发生反应的离子方程式为，“碳化结晶”需选择合适的温度，温度不宜过高原因是碳酸氢铵分解，温度也不能过低的原因是反应速率太慢； （6）以石墨为电极电解酸化的硫酸锰制取二氧化锰，锰化合价升高知在其阳极反应，阳极的电极反应式为。 16．（2025·广东·一模）苯乙烯是生产塑料与合成橡胶的重要原料。氧化乙苯脱氢制苯乙烯的反应为： 反应Ⅰ：+CO2(g)+ H2O(g) +CO(g)   已知：反应Ⅱ：+ H2(g)   反应Ⅲ：    回答下列问题： (1)反应Ⅰ的 。 (2)下列关于反应Ⅰ~Ⅲ的说法正确的是___________(填字母)。 A．及时分离出水蒸气，有利于提高平衡混合物中苯乙烯的含量 B．保持恒定时，说明反应Ⅰ达到化学平衡状态 C．其他条件相同，反应Ⅱ分别在恒容和恒压条件下进行，前者乙苯的平衡转化率更高 D．反应Ⅲ正反应的活化能小于逆反应的活化能 (3)在高温催化剂作用下，氧化乙苯脱氢制苯乙烯可能存在如下图所示反应机理： 该机理可表示为以下两个基元反应，请结合图示补充完整反应ⅰ和反应ⅱ： ⅰ：＋___________＋___________， ⅱ：______________________， (4)常压下，乙苯和经催化剂吸附后才能发生上述反应Ⅰ。控制投料比[]分别为1∶1、5∶1和10∶1，并在催化剂作用下发生反应，乙苯平衡转化率与反应温度的关系如图所示： ①曲线A的投料比为 ，Q点平衡常数 P点平衡常数(填“>”、“<”或“=”)。 ②相同温度下，投料比远大于10∶1时，乙苯的消耗速率明显下降，可能的原因是： ⅰ．乙苯的浓度过低； ⅱ． 。 ③850K时，若初始乙苯的物质的量为，反应经达到图中P点所示状态，则 。 【答案】(1) (2)AB (3) (4) 10∶1 = 过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低 【详解】（1）根据盖斯定律反应I=反应Ⅱ+反应Ⅲ，则反应I的。 （2）A．由反应I可知，及时分离出水蒸气，有利于反应I平衡正向移动，从而提高平衡混合物中苯乙烯的含量，故正确； B．二氧化碳为反应物，CO为生成物，反应过程中二氧化碳逐渐减少，CO逐渐增多，则的比值在减小，当保持恒定时，说明反应I达到化学平衡状态，故正确； C．其他条件相同，反应Ⅱ正向气体分子数增大，若在恒容条件下进行，容器内压强逐渐增大，不利于反应正向进行，因此恒压条件下乙苯的平衡转化率更高，故错误； D．反应Ⅲ为吸热反应，正反应的活化能大于逆反应的活化能，故错误； 故选：AB。 （3） 根据图中机理可知，反应ⅰ产生水和苯乙烯，反应为：； 由图中信息可知，反应ii为。 （4）①温度相同时，∶n(乙苯)越大，乙苯的转化率越高，结合图像可知越靠上的曲线乙苯转化率越高，则曲线A对应的∶n(乙苯)为10∶1，曲线B对应的∶n(乙苯)为5∶1，曲线C对应的∶n(乙苯)为1∶1； Q点和P点的温度相同，而对于同一个反应，平衡常数只受温度影响，当温度相同时，平衡常数相同，因此Q点和P点的平衡常数相同； 故答案为：10∶1；=； ②相同温度下，投料比远大于10∶1时，乙苯的消耗速率明显下降，可能的原因是乙苯的浓度过低，也可能是过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低，从而导致乙苯反应的量大大减少，转化率降低，故答案为：过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低； ③850K时，反应经t min达到P点，初始时乙苯的物质的量为nmol，此时乙苯转化率为50%，则消耗的乙苯的物质的量为0.5n，生成苯乙烯的物质的量为0.5n，v(苯乙烯)＝，故答案为：。 17．（2024·上海金山·一模）次氯酸和次氯酸盐都是重要的含氯化合物，应用于杀菌消毒、漂白等领域。 I．探究不同条件下84消毒液的漂白效果 (1)84消毒液的有效成分是次氯酸钠，次氯酸钠溶液呈 ，理由是 (用离子方程式解释)。 A．酸性        B．中性        C．碱性 (2)在3只编号分别为甲、乙、丙的烧杯中进行如下操作： 编号 84消毒液 蒸馏水 白醋 品红溶液 相同时间的现象 甲 2 mL 20 mL / 5滴 无明显现象 乙 2 mL 19 mL 1 mL 5滴 红色变浅 丙 a mL b mL 2 mL 5滴 红色迅速褪去 ①关于表格中a、b的数值合理的是 。 A．a=2，b=18        B．a=2，b=19        C．a=2，b=20 ②由实验现象可得出的结论是 。 (3)将84消毒液按一定比例稀释，并将稀释液放置在空气中一段时间。在此过程中测定溶液的氧化还原电势变化如图所示。(已知：氧化还原电势越大，氧化性越强。) 解释曲线变化的原因 。 II．某学习小组以Cl2O为原料制备HClO。 i．常温常压下Cl2O是一种黄绿色气体。 ii．将氯气和空气(不参与反应)通入足量的Na2CO3溶液，发生反应生成Cl2O。 iii．Cl2O易溶于水并与水立即反应生成HClO。 iv．已知：HClO+2I-+H+=I2+Cl-+H2O，I2+2S2O=2I-+S4O。 (4)各装置的连接顺序为①→ 。 A．②④③⑤        B．④②③⑤        C．④③②⑤ (5)装置②中发生的化学反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为 。 A．1：1        B．2：1        C．1：2 (6)Cl2O不会被装置③吸收的原因是 。 (7)装置④的作用有：吸收Cl2中的HCl、___________。 A．防倒吸 B．吸收Cl2O C．将空气、氯气混合均匀 D．通过观察气泡调节气体流速 (8)测定HClO的物质的量浓度：量取10.00 mL样品稀释至100.00 mL，取出10.00 mL于锥形瓶中，加入足量KI溶液，滴加几滴淀粉溶液，用0.08 mol·L-1标准Na2S2O3溶液滴定，当 即达到滴定终点，消耗25.00 mL标准液。原溶液中c(HClO)= mol·L-1。 【答案】(1) C ClO-+H2OHClO+OH- (2) A 酸性越强，NaClO溶液漂白性越强，褪色越快 (3)NaClO结合空气中的水和二氧化碳生成HClO，HClO氧化性强于ClO-，溶液氧化性增强，氧化还原电势增大 (4)B (5)C (6)Cl2O是极性分子，CCl4是非极性分子 (7)CD (8) 加入最后半滴标准液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变色 1.00 【详解】（1）次氯酸钠溶液中次氯酸根发生水解：ClO-+H2OHClO+OH-，水解后溶液中c(OH-)>c(H+)，呈碱性； （2）①为探究不同条件下84消毒液的漂白效果，应保持84消毒液体积相同，则a=2，且溶液总体积保持一致，则2+b+2=22，b=18； ②由实验现象可知，随醋酸用量增加，溶液褪色越迅速，由此可知溶液酸性越强，NaClO溶液漂白性越强，褪色越快； （3）NaClO结合空气中的水和二氧化碳生成HClO，HClO氧化性强于ClO-，溶液氧化性增强，氧化还原电势增大； （4）装置①用于制取氯气，生成的氯气与空气在装置④中混合后通入②中反应生成Cl2O；生成的Cl2O通入装置③中除去氯气后进入装置⑤中，Cl2O与水反应生成HClO，故B正确。 （5）装置②中氯气和Na2CO3发生反应生成Cl2O，同时生成NaCl，反应为：；Cl2O为氧化产物，NaCl为还原产物，两者物质的量之比为1：2； （6）Cl2O是极性分子，CCl4是非极性分子，根据相似相溶原理可知Cl2O不易溶于CCl4； （7）氯气和空气通入装置④中，两者均不易溶于饱和食盐水，因此不会有倒吸可能，故A错误；混合物中不存在Cl2O，故B错误；氯气和空气可在装置④中充分混合，同时通过观察气泡可以调节气体流速，故CD正确； （8）HClO溶液加足量KI，两者反应生成碘单质：HClO+2I-+H+=I2+Cl-+H2O，滴加淀粉后溶液变蓝色，再用标准Na2S2O3溶液滴定时，Na2S2O3与碘单质发生：I2+2S2O=2I-+S4O；当加入最后半滴标准液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变色，则达到滴定终点；消耗25.00 mL 0.08 mol·L-1标准Na2S2O3溶液时，消耗n(Na2S2O3)= 25.00×10-3L× 0.08 mol·L-1=0.002 mol；结合反应可知待测溶液中n(HClO)=n(I2)=n(Na2S2O3)=0.001mol；待测液的浓度c(HClO)待测=；原溶液中c(HClO)=10c(HClO)待测= 。 18．（2024·陕西西安·一模）一种重要的药物中间体AHPA合成路线如下： (1)A生成B的反应类型是 。 (2)C中官能团的名称是 ，C的结构简式为 。 (3)在D结构简式的相应位置用“*”标出所有的手性碳原子 。 (4)E可以在催化剂存在的条件下发生缩聚反应，生成一种有机高分子材料F，写出该反应的化学方程式 。 (5)满足下列条件的AHPA的同分异构体有 种。 ①含苯环且苯环只有一个取代基 ②红外光谱显示含氧官能团只有和 (注意：同一个碳上不能连接两个) 其中，核磁共振氢谱显示有6组峰，峰面积比为4∶2∶2∶2∶2∶1的有机物结构简式为 。 (6)参照上述合成路线，设计以为主要原料制备的合成路线 (其他原料、试剂任选)。 【答案】(1)加成反应 (2) 醛基 (3) (4)n+(n-1)H2O (5) 13 (6) 【分析】 A发生加成反应，然后碱化生成B，B和C发生加成反应生成D，结合D的结构，C为，D先加碱加热发生消去反应，然后酸化生成E，E发生加成反应和还原反应生成AHPA，据此解答。 【详解】（1）对比A、B结构可知，A生成B的反应类型为加成反应； （2） 由分析知，C的结构简式为，官能团的名称是醛基； （3） 手性碳原子指连接4个不同基团的C原子，D中手性碳原子如图所示：； （4） E可以在催化剂存在的条件下发生缩聚反应，生成一种有机高分子材料F，化学方程式：n+(n-1)H2O； （5） 满足下列条件①含苯环且苯环只有一个取代基②红外光谱显示含氧官能团只有−OH和−CONH2的AHPA的同分异构体中，苯环上的碳链结构有-CH2-CH2-CH3，，含氧官能团只有−OH和−CONH2，说明有2个-OH，1个−CONH2，2个-OH不能在同一个C上，即-OH的位置有如下几种情况：、、、、，−CONH2的位置分别有3、3、3、2、2种，共13种；其中，核磁共振氢谱显示有6组峰，峰面积比为4∶2∶2∶2∶2∶1的有机物结构简式为； （6） 苄基氯()在碱性条件下发生水解反应生成，发生催化氧化生成，在碱性条件下和CH3NO2发生加成反应生成，在碱性条件下加热发生消去反应生成，发生加聚反应生成，合成路线。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$