湖南省株洲市2025届高三上学期教学质量统一检测（一模）化学试题（含答案）

第第页湖南省株洲市2025届高三上学期教学质量统一检测（一模）化学试题一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给10分，只有一项是符合题目要求的。1．化学创造美好生活，下列有关物质性质与用途的说法中错误的是A．自热米饭的加热剂是铝粉、碳粉和盐，与水混合形成原电池，加快反应速率，实现放热B．臭豆腐制作技艺是国家级非遗名录项目，豆腐的形成过程涉及胶体的聚沉C．SO2具有较强还原性，SO2添加于葡萄酒中可达到抗氧化及保鲜的作用D．钾盐可用作紫色烟花原料，是因为钾原子中的电子跃迁到激发态过程中产生紫色光2．准确使用化学用语是每一位化学学习者的必备素养，下列化学用语表示正确的是①氨基的电子式：②基态Fe2+③CO32−④2-丁烯是重要的有机合成原料，其顺式结构的键线式为：A．①③④ B．①② C．②③ D．④3．化学是一门以实验为基础的学科。下列有关实验安全的说法错误的是A．加热易挥发性有机物时，应尽量避免使用明火B．实验室制备氯气应在通风橱中进行C．若浓硝酸沾到皮肤上，立即涂抹NaOH溶液，再用大量水冲洗D．若不慎误食氯化钡溶液，可立即饮用鲜牛奶解毒4．材料是人类赖以生存和发展的物质基础，下列说法错误的是A．硬铝的密度小、强度高，具有较强的抗腐蚀能力，是制造航空器的理想材料B．稀土金属用途广泛，制造硬盘驱动器常用的就是稀土元素镝C．压电陶瓷主要有钛酸盐和锆酸盐等，能实现化学能与电能的相互转化D．我国歼-20歼击机使用的隐形涂料是一类有机高分子涂料5．宏观辨识与微观探析是化学学科的核心素养之一，下列生产、生活活动中对应离子方程式书写正确的是A．用管道疏通剂(苛性钠和铝粉)疏通管道：2B．用H2OC．洁厕灵与84消毒液不能混用的原因：ClD．利用氯化铁溶液作为腐蚀液将覆铜板上不需要的铜腐蚀：Fe6．下列实验操作正确且能达到实验目的的是A．装置①可用于探究苯酚和碳酸的酸性强弱B．装置②可用于制取FeC．装置③可用于制备NH3D．装置④可用于测定盐酸的浓度7．肉桂醛可由苯甲醛和乙醛通过如下途径合成，下列说法正确的是+CH3CHO→ΔNaOH溶液+H2OA．可利用酸性KMnO4B．1 mol肉桂醛分子中含有20NAC．产物中可能存在副产物CHD．苯甲醛与足量氢气反应后可得到含有手性碳原子的产物8．某矿石的主要成分为Z2A．原子半径：YB．W和Y形成的化合物中可能存在非极性键C．Z与Y可形成共价化合物ZYD．通常电解Z的氯化物溶液来制备单质Z9．下列事实与原理解释不相符的是A．玛瑙常呈无规则几何外形，是因为熔融态的SiO2B．乙醇在人体内被乙醇脱氢酶氧化为乙醛，体现了乙醇的还原性C．用饱和食盐水除去氯气中混有的氯化氢，利用了化学平衡移动原理D．“杯酚”分离C60和C10．一种兼具合成功能的新型锂电池工作原理如图，电解质为含Li+的有机溶液。闭合S1时产生CF3SO2A．闭合S1时LiB．闭合S2C．闭合S2，理论上每生成1 molLiD．放电时总反应：611．NH3A．物质A的化学式为NHB．结合H+能力：C．过程Ⅰ的化学反应方程式为2D．过程Ⅱ中的氧化剂与还原剂物质的量之比为2:112．我国科学家提出了以钌催化剂为核心的碳环选择性氢化策略，首次实现了苯并杂环芳烃碳环的高选择性氢化，其反应原理如图所示。下列有关说法正确的是A．该过程涉及非极性键和极性键的断裂和形成B．Ⅰ至Ⅱ的过程中碳的杂化方式未发生改变C．Ⅱ至Ⅲ的反应产物只有一种D．Ⅲ至Ⅰ的反应类型为氧化反应13．NO的氧化反应2NOⅠ．2Ⅱ．N其能量变化示意图如下图1.向恒容密闭容器中充入一定量的NO和O2，控制反应温度为T1和T2，测得cA．反应1在低温下自发进行B．氧化反应的决速步骤为过程ⅡC．结合图2信息可知：转化相同量的NO,D．引起图2变化的可能原因：升温过程Ⅰ平衡逆移，c 14．25℃时，向10mL某浓度新制氯水中滴入0.1 mol⋅L−1的A．甲点溶液中存在：nB．乙到丁的过程中，水的电离程度先增大后减小C．丙点溶液中：cD．氯水中存在平衡：Cl2aq+H二、非选择题：本题共4小题，共58分。15．某兴趣小组探究卤化银能否发生置换反应。已知：

AgBrAgIAgAgSCN白色沉淀颜色浅黄色沉淀黄色沉淀砖红色沉淀Ⅰ．探究锌能否置换出氯化银中的银：（1）下列实验仪器中，在过滤时不需要用到的是：___________(填标号)。A.容量瓶B.玻璃棒C.烧瓶D.漏斗（2）简述验证AgCl固体已洗净的操作：________。（3）K4FeCN6溶液能检验溶液中的Zn2+，反应原理类似于用K（4）用莫尔法测定滤液中Cl−的浓度：取三份10.00 mL上述滤液于锥形瓶中，滴加两滴指示剂，用编号123样品体积/mL10.0010.0010.00消耗AgNO317.2817.2017.18①写出滴定终点的颜色变化：________。②计算滤液中cClⅡ．探究铁能否置换出氯化银中的银：取2 mL0.1 mol/L的AgNO3溶液两份，分别加入2 mL（5）采用煮沸后蒸馏水以及用橡胶塞封闭试管口的目的是：________。（6）预测能说明铁可以与AgBr、AgI发生置换反应的实验现象：________。16．工业上提钒尾渣中钒的高效回收具有重要的意义，某工艺如下：已知：①提钒尾渣中钒主要以焦钒酸盐(如Ca2V2O7②酸浸后钒以VO2③“沉钒”的主要反应为：3回答下列问题：（1）写出基态钒的价层电子排布式：。（2）钒可形成多种含氧酸盐，其中正钒酸根VO43−的空间构型为：（3）写出焦钒酸锰在“酸浸”中发生反应的离子方程式：；为提高“酸浸”效率可采取的措施是：。(写一条)（4）“除铁”中，当pH=3.0时cFe3+=（5）综合考虑，试剂X最好选择：(填标号)。A．NaOHB．NH4HCO（6）钒浸出率随pH、温度T、时间t的变化如下图：①综合分析，最佳的“酸浸”条件是：。②分析30min后浸出率几乎不变的原因可能是：。17．花椒是我国常用调味料，山椒素是花椒麻味的主要成分。已知：Et表示乙基，Ph表示苯基。回答下列问题：（1）山椒素分子中含氧官能团的名称、。（2）D→E的反应类型为，另一种有机产物的结构简式。（3）写出I、J合成山椒素的化学方程式。（4）一定条件下，H2NCH2CH2A．B．C．（5）化合物X是化合物I的同系物且相对分子质量少14，X的同分异构体中同时满足下列各件的有种。①苯环上有3个不同取代基②能发生水解反应和银镜反应写出任意一种苯环上三个取代基均处于间位的同分异构体的结构简式。（6）请结合题中信息，以乙烯、乙醛以及其他必要原料合成2，4-己二烯：。18．氢能是一种理想的绿色能源。有科学家预言，氢能有可能成为人类未来的主要能源。我国科学家研制了下列三种制氢方法。Ⅰ．甲苯催化重整制氢。主要反应有：a．甲苯水蒸气重整：①C7Hb．甲苯二氧化碳重整：②C7Hc．水汽变换反应：③CO2 gd．甲烷化反应：④CO2 g⑤CH4 g（1）甲苯催化重整最适宜的条件是：___________(填标号)。A.高温高压B.高温低压C.低温低压D.低温高压（2）反应：C7H8（3）一定压强下，反应釜出口H2含量随温度、进料比n解释H2含量随进料比n（4）进料比nH2On甲苯为7:1Ⅱ．二氧化铈制氢法二氧化铈为立方晶胞结构，其独特的电子结构使得它更易在Ce4+和Ce3+之间进行可逆电荷转移，从而实现两步法制氢，当晶胞中部分Ce4+（5）二氧化铈晶胞中Ce4+（6）当晶体中Ce3+和Ce4+个数比为2：5时，氧空位比为________[Ⅲ．酸性葡萄糖溶液电催化制氢的原理如图：（7）写出阳极的电极反应式：________。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A、自热米饭的加热剂利用铝粉、碳粉和盐与水混合形成原电池。原电池可以加快铝和水的反应速率，从而快速释放热量，实现自热。A正确；

B、豆腐的制作是向豆浆（一种胶体）中加入卤水等电解质，使胶体发生聚沉，形成凝胶状的豆腐。B正确；

C、SO2具有还原性，可以防止葡萄酒中的成分被氧化，同时能抑制微生物生长，起到保鲜作用。C正确；

D、钾盐用作紫色烟花原料，是因为钾原子中的电子从激发态跃迁回基态时，会释放能量并以紫色光的形式发出，而不是电子跃迁到激发态的过程发光。D错误；

故答案为：D。

【分析】本题易错点：

容易忽略自热米饭加热剂中“形成原电池加快反应速率”这一原理，误以为只是单纯的化学反应放热。

只记住SO2有毒性，而忽略了它在规定剂量下作为抗氧化剂和保鲜剂的作用，从而误判该选项。

对焰色反应原理的混淆：这是最主要的易错点。容易错误地认为电子跃迁到激发态时发光，而实际上是电子从激发态跃迁回基态时才会释放光能，产生特征颜色的光。2．【答案】D【解析】【解答】①氨基的电子式：氨基（-NH2）的正确电子式应为，题目中的式子缺少一个孤对电子，因此该表示错误；

②基态Fe2+的价电子轨道表示式：Fe原子的价电子排布为3d64s2，Fe2+是Fe原子失去2个4s电子形成的，其价电子排布应为：，错误；

③CO32-的价层电子对互斥模型：CO32-的中心C原子价层电子对数目为3，没有孤对电子，其价层电子对互斥模型应为平面三角形：，错误；

④顺式2-丁烯的键线式：顺式2-丁烯的两个甲基在碳碳双键的同一侧：，因此该表示正确；

故答案为：D。

【分析】本题易错点：

孤对电子氨基（-NH2）的N原子上有一对孤对电子，书写电子式时很容易漏掉，导致判断错误。

Fe原子价电子排布是3d64s2，Fe2+是失去最外层4s轨道的2个电子，排布为3d6；Fe3+是失去4s2和1个3d电子，排布为3d5。二者容易混淆。

CO32-的中心C原子没有孤对电子，其价层电子对互斥模型和分子空间构型都是平面三角形。容易误将其与有孤对电子的离子（如SO32-）的四面体形模型混淆。

顺式2-丁烯的两个甲基在双键同侧，反式则在异侧。如果不熟悉键线式的空间表示，很容易判断错误。3．【答案】C【解析】【解答】A、易挥发性有机物通常易燃，加热时使用明火有引发火灾的风险，应尽量避免。A正确；

B、氯气是有毒气体，制备氯气的实验必须在通风橱中进行，以防止中毒。B正确；

C、浓硝酸具有强腐蚀性，若沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，再用稀碳酸氢钠溶液中和。NaOH溶液同样具有强腐蚀性，会对皮肤造成二次伤害，因此不能涂抹。C错误；

D、氯化钡属于重金属盐，会使蛋白质变性。饮用鲜牛奶可以利用牛奶中的蛋白质与钡离子结合，从而减轻毒性。D正确；

故答案为：C。

【分析】本题解题关键点：

A．易燃有机物加热时，核心是远离明火。

B．制备有毒气体氯气，核心是必须在通风橱中操作。

C．浓硝酸和NaOH都有强腐蚀性，核心是不能用强碱中和强酸腐蚀。

D．重金属盐中毒，核心是用富含蛋白质的物质（如牛奶）解毒。4．【答案】C【解析】【解答】A、硬铝属于铝合金，具有密度小、强度高、抗腐蚀能力强的特点，这些性能非常适合制造航空器。A正确；

B、稀土金属用途广泛，其中稀土元素钕常用于制造硬盘驱动器中的磁体，B正确；

C、压电陶瓷（如钛酸盐、锆酸盐）的核心功能是实现机械能与电能的相互转化，而非化学能与电能。C错误；

D、我国歼-20歼击机使用的隐形涂料，多为能吸收雷达波的有机高分子材料。D正确；

故答案为：C。

【分析】本题易错点：

混淆不同能量形式的转化：压电陶瓷的核心是机械能与电能的相互转化，很容易和化学电源的化学能与电能转化搞混，这是最主要的易错点。

对高新材料的陌生感：隐形涂料、稀土金属在硬盘中的应用等都属于高科技材料，平时接触较少，容易对这类选项产生怀疑。

对合金性能的记忆模糊：硬铝作为铝合金，其密度小、强度高的特性是制造航空器的关键，若对合金的优良性能记忆不牢，可能会误判。5．【答案】A【解析】【解答】A、管道疏通剂中的铝粉与强碱溶液反应，生成四羟基合铝酸根离子和氢气。该离子方程式配平正确，产物书写正确，符合反应事实。A正确；

B、在酸性条件下，H2O2与I-反应生成I2和H2O，不能生成OH-。B错误；

C、洁厕灵中的HCl与84消毒液中的NaClO反应，在酸性条件下生成Cl2和H2O，不能生成OH-。C错误；

D、该离子方程式电荷不守恒，正确的写法应为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。D错误；

故答案为：A。

【分析】解题关键点与突破口：

A．铝与强碱反应的本质是铝与水在碱性条件下反应，生成四羟基合铝酸根离子。

B．题目明确说明是“酸化的海带灰浸出液”，反应环境为酸性，离子方程式中不能出现OH-。

C．洁厕灵含盐酸，溶液呈酸性，84消毒液中的次氯酸根在酸性条件下与氯离子反应，不能生成OH-，只能生成水。

D．观察方程式两边的电荷是否守恒，左边带3个正电荷，右边带4个正电荷，明显不守恒。6．【答案】B【解析】【解答】A、装置①中，盐酸与大理石反应生成的CO2气体中会混有挥发的HCl杂质。HCl的酸性比碳酸强，它会直接与苯酚钠反应生成苯酚，无法证明是碳酸使苯酚钠溶液变浑浊，因此不能比较苯酚和碳酸的酸性强弱，故A不符合题意；

B、装置②中，苯液封可以隔绝空气，防止生成的Fe(OH)2被氧化。将煮沸过的NaOH溶液直接注入硫酸亚铁溶液中，能成功制备白色的Fe(OH)2沉淀，故B符合题意；

C、装置③中，氨气极易溶于水，不能用排水法测量其体积，故C不符合题意；

D、装置④中，NaOH溶液应盛放在碱式滴定管中，而图中使用的是酸式滴定管，会腐蚀活塞。此外，滴定终点现象判断不明确，故D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】解题关键点与突破口：

A．抓住“挥发性”。盐酸具有挥发性，生成的CO2气体中会混有HCl杂质，会干扰酸性比较，这是判断的关键。

B．抓住“Fe(OH)2易被氧化”的特性。该装置用苯液封隔绝空气，并用煮沸的NaOH溶液除去溶解氧，完美解决了氧化问题。

C．抓住“氨气极易溶于水”的性质。因此不能用排水法收集或测量体积，这是最直接的错误点。

D．抓住“滴定管的选择”。NaOH溶液是强碱，必须使用碱式滴定管，图中用酸式滴定管是明显错误。7．【答案】C【解析】【解答】A、肉桂醛中同时含有醛基和碳碳双键，两者都能使酸性KMnO4溶液褪色，无法单独检验碳碳双键。A错误；

B、1mol肉桂醛分子中，苯环、碳碳双键、醛基等结构总共含有18molσ键，而非20mol。B错误；

C、该反应为羟醛缩合，乙醛分子之间也能发生类似反应，生成副产物CH3CH=CHCHO。C正确；

D、苯甲醛与足量氢气加成后生成苯甲醇（），其分子中没有连接四个不同原子或基团的碳原子，因此不含手性碳原子。D错误；

故答案为：C。

【分析】解题关键点：

A．检验碳碳双键的核心是排除醛基干扰，肉桂醛中醛基和碳碳双键均能使酸性KMnO4溶液褪色，未除杂则无法检验。

B．数σ键的关键是单键全算、双键只算1个，同时数清苯环、侧链的所有单键，避免重复或遗漏。

C．羟醛缩合的突破口是有α-H的醛可自身缩合，乙醛含α-H，会发生分子间缩合生成副产物，并非只有不同醛间的反应。

D．判断手性碳的核心是碳原子连4个不同原子、基团，苯甲醛加氢生成的苯甲醇，无符合该条件的碳原子。8．【答案】B【解析】【解答】A、原子半径B>O，即X>Y。A错误；

B、W和Y形成的化合物有H2O和H2O2，H2O2中存在O-O非极性键。B正确；

C、Z与Y形成的是Al2O3，属于离子化合物，而非共价化合物。C错误；

D、制备单质Al通常电解熔融的Al2O3，电解AlCl3溶液无法得到Al单质。D错误；

故答案为：B。

【分析】元素推断：

X元素：X原子L层比K层多一个电子，K层有2个电子，L层有3个电子，故X为B（硼）。

Z元素：Z原子核外s能级电子总数比p能级少1个。短周期主族元素且原子序数最大，只有一种金属元素，s能级共4个电子，p能级共5个电子，故Z为Al（铝）。

Y元素：矿石化学式为Z2X4Y7・10W2Y，类似明矾结构（KAl2(SO4)2・12H2O），结合原子序数顺序W<X(B)<Y<Z(Al)，故Y为O（氧）。

W元素：矿石结晶水为W2Y，Y是O，故W为H（氢）。

最终确定：W为H，X为B，Y为O，Z为Al。9．【答案】A【解析】【解答】A、玛瑙属于无定形二氧化硅，它是熔融态的SiO2快速冷却形成的。缓慢冷却会形成晶体形态的水晶，因此该解释与事实不符。A错误；

B、乙醇在乙醇脱氢酶作用下被氧化为乙醛，体现了乙醇的还原性。该解释与事实相符。B正确；

C、氯气溶于水存在平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO。饱和食盐水中高浓度的Cl-会使平衡逆向移动，从而减少氯气的溶解，只除去杂质氯化氢。该解释与事实相符。C正确；

D、“杯酚”可以作为主体分子，通过超分子的分子识别特性，选择性地与C60结合，从而实现与C70的分离。该解释与事实相符。D正确；

故答案为：A。

【分析】A．抓住“玛瑙”和“水晶”的本质区别。玛瑙是无定形SiO2，由熔融态SiO2快速冷却形成；水晶是晶体SiO2，由缓慢冷却形成。

B．抓住“氧化”这一关键词。乙醇被氧化为乙醛，说明乙醇在反应中失去电子，体现了还原性。

C．抓住“饱和食盐水除HCl”的原理。这是利用化学平衡移动，Cl-浓度增大抑制Cl2与水的反应，从而减少Cl2的溶解。

D．抓住“杯酚分离C60和C70”的核心原理。这是利用超分子的分子识别特性，实现不同分子的选择性结合与分离。10．【答案】D【解析】【解答】A、闭合S1时为放电过程，Ni-Pt电极为正极，Li电极为负极。在原电池中，阳离子（Li+）会向正极移动，即从右向左移动，而非从左向右，A错误；B、闭合S2时为电解过程，此时产生Cl2，说明Cl-在Ni-Pt电极上失电子被氧化为Cl2，因此Ni-Pt电极是阳极，发生氧化反应，而非还原反应，B错误；

C、电解时生成1molLi，需要转移1mol电子，对应生成0.5molCl2。但选项中未指明是标准状况，无法直接用22.4L/mol计算体积，因此“11.2L”的结论不成立，C错误；

D、放电时，负极Li被氧化为Li+，正极N2被还原为Li3N，同时CF3SO2Cl与Li+反应生成(CF3SO2)2NLi和LiCl。根据电子守恒和原子守恒配平，总反应为：6Li+N【分析】工作模式判断：闭合S1为原电池（放电），闭合S2为电解池（电解）。离子移动方向：原电池中阳离子向正极移动，电解池中阳离子向阴极移动。

电极反应类型：阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应；原电池正极发生还原反应，负极发生氧化反应。

气体体积计算：使用22.4L/mol时，必须注明“标准状况”。11．【答案】C【解析】【解答】A.1molNH3与1molSO3反应，只能生成酸式盐NH4HSO4，生成正盐(NH4)2SO4需要2molNH3。A错误；

B．甲胺（CH3NH2）中的甲基是推电子基团，会使N原子上的电子云密度更高，结合H+的能力比肼（N2H4）更强。B错误；

C．这是一个经典的制备肼（N2H4）的反应，NH3被NaClO氧化为N2H4，ClO-被还原为Cl-，配平后的方程式正确。C正确；

D．在过程Ⅱ中，N2H4（N为-2价）被氧化为NaN3（N为-13价），NaNO2（N为+3价）被还原为NaN3，通过计算得失电子数可确定氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2。D错误；

故答案为：C。

【分析】A．NH3与SO3等物质的量反应，生成的是NH4HSO4。

B．甲胺（CH3NH2）中的甲基具有推电子效应，增强了N原子上的电子云密度，使其结合H+的能力比肼（N2H4）更强。

C．过程Ⅰ中，NH3与NaClO反应生成N2H4、NaCl和H2O。

D．过程Ⅱ中，N2H4作为还原剂，NaNO212．【答案】B【解析】【解答】A、该过程中，H2分子中的H-H非极性键发生断裂，同时形成C-H极性键，但没有新的非极性键生成。A错误；

B、在I至II的过程中，苯环结构并未发生氢化，碳原子始终参与苯环的共轭体系，杂化方式保持为sp2杂化。B正确；

C、II至III的反应是苯环的氢化过程，由于苯环上的氢加成位置不同，会产生多种立体异构体，因此产物不止一种。C错误；

D、III至I的反应是苯环脱氢恢复芳香性的过程，这是一个失去氢原子的反应，属于氧化反应。D错误；

故答案为：B。

【分析】本题易错点：

键的变化判断：反应中断裂了非极性键，但没有新的非极性键生成，容易误判为有非极性键的形成。

杂化方式判断：I至II过程中苯环结构未变，碳的杂化方式保持sp2，容易误认为结构变化就会改变杂化方式。

产物种类判断：苯环加成会产生多种立体异构体，容易忽略这一点而认为产物只有一种。

反应类型判断：III至I是脱氢的氧化反应，但需要结合整个催化循环判断，容易被表面步骤迷惑。13．【答案】C【解析】【解答】A、反应I（2NO⇌N2O2）是气体分子数减少的反应，ΔS<0。从能量图看，生成物N2O2能量低于反应物NO，ΔH<0。根据自发反应判据ΔG=ΔH-TΔS，低温下ΔG<0，反应可自发进行。A正确；

B、总反应的决速步骤是活化能最高的一步。图1显示过程II的活化能Ea2大于过程I的Ea1，因此过程II是决速步骤。B正确；

C、图2中T2>T1，温度越高反应速率越快，转化相同量的NO时，T1耗时应更短，而非更长。C错误；

D、温度升高使过程I平衡逆向移动，c(N2O2)减小，这会降低过程II的速率。当这种抑制作用超过升温对过程II的加速作用时，就会出现T2时总反应速率比T1慢的现象。D正确；

故答案为：C。

【分析】本题易错点：

决速步骤的判断：容易混淆活化能与反应速率的关系，记住活化能最高的步骤才是决速步骤，它决定了总反应的快慢。

温度对速率和平衡的双重影响：升温通常会加快反应速率，但对于有平衡步骤的复杂反应，若升温使中间物浓度降低，其对后续反应的抑制作用可能超过升温的加速作用，导致总速率反而下降。

自发反应的条件：反应I的ΔH<0、ΔS<0，需根据ΔG=ΔH-TΔS判断，只有低温下才能自发，高温下ΔG会大于0。

图像信息的误读：图2中T2温度高但后期速率慢，容易直接认为温度越高速率越快，忽略了温度对平衡移动的间接影响。14．【答案】A【解析】【解答】A、根据氯元素守恒，甲点溶液中所有含氯粒子的总物质的量应等于初始Cl2的2倍。但选项中的等式将Cl2视为1倍，且未给出氯水的具体浓度，无法确定其物质的量为0.01mol。A错误；

B、乙到丁的过程中，氯水与NaOH反应生成NaCl和NaClO。NaClO是强碱弱酸盐，会促进水的电离；当NaOH过量时，过量的强碱会抑制水的电离。因此，水的电离程度先增大后减小。B正确；

C、丙点溶液pH=8，呈弱碱性，此时溶质为NaCl、NaClO和少量未反应的NaOH。Cl-来自HCl的完全电离，ClO-来自HClO的部分电离，且ClO-会水解，因此浓度关系为c(Na+)>c(Cl-)>c(ClO-)>c(H+)。C正确；

D、氯水中的平衡Cl2(aq)+H2O(l)⇌H+(aq)+Cl-(aq)+HClO(aq)，其平衡常数K=cH+cCl-cHClOcCl2。结合HClO的电离常数Ka≈2.5×10当向氯水中逐滴加入NaOH溶液时，反应分两个阶段进行：第一阶段：中和强酸HCl：

由于HCl是强酸，完全电离出H+，而HClO是弱酸，因此NaOH会优先与HCl发生中和反应：

HCl滴定曲线上的乙点就是这一反应的终点，此时溶液中的溶质为NaCl和HClO。这是第一个突跃点，标志着HCl已完全反应，而HClO尚未参与反应。第二阶段：中和弱酸HClO：

继续加入NaOH溶液，NaOH开始与剩余的HClO反应：HClO当加入20mLNaOH溶液时，达到第二个突跃点，此时HClO也完全反应，最终溶液中的溶质为NaCl和NaClO。15．【答案】(1)A，C

(2)向最后一次洗涤后的滤液中加入AgNO3溶液，无明显现象，证明已洗净

(3)2K++Zn2++[Fe(CN)6]4–=K2Zn[Fe(CN)6]↓或2K++3Zn2++2[Fe(CN)6]4–=K2Zn3[Fe(CN)6]2↓

(4)悬浊液由白色变为浅砖红色0.017mol/L或1.72×10–2mol/L

(5)防止铁片发生吸氧腐蚀，对Fe2+的检验造成干扰

【解析】【解答】（1）过滤操作需要的仪器有：铁架台、漏斗、烧杯、玻璃棒，不需要容量瓶、烧瓶，所以选择AC。故答案为：A，C；

（2）检验氯化银固体已经洗净的就是检验最后一次洗涤液中是否含有氯离子，故操作为：向最后一次洗涤后的滤液中加入AgNO3故答案为：向最后一次洗涤后的滤液中加入AgNO3溶液，无明显现象，证明已洗净；

（3）K4FeCN6溶液能检验溶液中的Zn2+，反应原理类似于用K3FeCN6溶液来检验溶液中的Fe2+，所以检验Zn2+的离子方程式：2K++Zn2++[Fe(CN)6]4–=K2Zn[Fe(CN)6]↓或2K++3Zn2++2[Fe(CN)故答案为：2K++Zn2++[Fe(CN)6]4–=K2Zn[Fe(CN)6]↓或2K++3Zn2++2[Fe(CN)6]4–=K2Zn3[Fe(CN)6]2↓；

（4）①由题目信息中卤化银的颜色可知，指示剂可选择重铬酸钾溶液，滴定终点是生成Ag2②由题目表格可知，第一组数据与第二、三组数据相差较大，应该删去，所以消耗标准液的平均体积为：17.20mL+17.18mL故答案为：悬浊液由白色变为浅砖红色0.017mol/L或1.72×10–2mol/L；

（5）探究铁能否置换出氯化银中的银，利用K3FeCN6检验是否会产生亚铁离子，由于铁在氧气存在时会发生吸氧腐蚀负极：故答案为：防止铁片发生吸氧腐蚀，对Fe2+的检验造成干扰；

（6）铁可以与AgBr、AgI发生置换反应，则沉淀会消失，铁片的表演要有银单质产生，所以实验现象为：淡黄色的AgBr和黄色的AgI消失，铁片上有黑色物质生成。

故答案为：淡黄色的AgBr和黄色的AgI消失，铁片上有黑色物质生成。

【分析】（1）过滤仪器选择：过滤操作的核心仪器是漏斗、烧杯、玻璃棒。容量瓶用于配制溶液，烧瓶用于反应或加热，均不需要。

（2）沉淀洗净验证：检验最后一次洗涤液中是否含有Cl-，若滴加AgNO3溶液无沉淀，证明已洗净。

（3）Zn2+检验离子方程式：类比K3[Fe(CN)6]检验Fe2+的原理，生成难溶的有色沉淀，如K2Zn[Fe(CN)6]。

（4）莫尔法测Cl-浓度①以K2CrO4为指示剂，终点时Ag+与CrO42-生成砖红色Ag2CrO4沉淀，溶液由白色变为浅砖红色。②：舍去偏差较大的数据，计算平均体积，根据Ag+与Cl-的1：1反应计算浓度。

（5）实验操作目的：煮沸水和密封试管是为了除去并隔绝氧气，防止铁片吸氧腐蚀生成Fe2+，干扰后续检验。

（6）实验现象预测：铁置换出AgBr、AgI中的银，银呈黑色固体，同时沉淀颜色消失。16．【答案】（1）3d34s2（2）正四面体形（3）Mn2V2O7+6H+=2VO2++2Mn2++3H2O；搅拌、粉碎、适当提高酸的浓度等（4）2.64×10–6（5）B（6）pH=0.5、室温(r=25℃)、30min；Ca2V2O7在酸浸中生成CaSO4包裹在Ca2V2O7外，阻止了反应【解析】【解答】（1）钒元素的原子序数为23，基态原子价层电子排布式为3d34s2；故答案为：3d34s2；

（2）正钒酸根离子中钒原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子的空间构型为正四面体形；故答案为：正四面体形；

（3）由分析可知，焦钒酸锰酸浸时发生的反应为焦钒酸锰与溶液中的氢离子反应生成锰离子、VO2+离子和水，反应的离子方程式为Mn2V2O7+6H+=2VO2++2Mn2++3H2故答案为：Mn2V2O7+6H+=2VO2++2Mn2++3H2O；搅拌、粉碎、适当提高酸的浓度等；

（4）由溶度积可知，溶液pH为3时，溶液中铁离子浓度为2.64×10−39故答案为：2.64×10–6；

（5）由分析可知，沉钒时加入硫酸溶液的目的是将溶液中的H2V10O284-离子和铵根离子转化为NH4V3O8故答案为：B；

（6）①由图可知，pH=0.5、室温(r=25℃)、30min条件下钒浸出率最大，所以最佳的“酸浸”条件是pH=0.5、室温(r=25℃)、30min；②30min后浸出率几乎不变是因为硫酸钙微溶于水，反应生成的硫酸钙包裹在焦钒酸钙外，阻碍反应继续进行。

故答案为：pH=0.5、室温(r=25℃)、30min；Ca2V2O7在酸浸中生成CaSO4包裹在Ca2V2O7外，阻止了反应。

【分析】向提钒尾渣中加入硫酸，将钒转化为可溶性的VO2+离子，同时溶解其他杂质，通过过滤I除去不溶的滤渣I。向滤液中加入试剂X并调节pH，将铁离子转化为沉淀，通过过滤II除去含铁的滤渣II。向除铁后的滤液中加入硫酸，使VO2+转化为钒的沉淀物，通过过滤III得到含钒沉淀。将含钒沉淀煅烧，最终得到五氧化二钒（V2O5）产品。据此解题。（1）钒元素的原子序数为23，基态原子价层电子排布式为3d34s2；（2）正钒酸根离子中钒原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子的空间构型为正四面体形；（3）由分析可知，焦钒酸锰酸浸时发生的反应为焦钒酸锰与溶液中的氢离子反应生成锰离子、VO2+离子和水，反应的离子方程式为Mn2V2O7+6H+=2VO2++2Mn2++3H2（4）由溶度积可知，溶液pH为3时，溶液中铁离子浓度为2.64×10−39（5）由分析可知，沉钒时加入硫酸溶液的目的是将溶液中的H2V10O284-离子和铵根离子转化为NH4V3O8（6）①由图可知，pH=0.5、室温(r=25℃)、30min条件下钒浸出率最大，所以最佳的“酸浸”条件是pH=0.5、室温(r=25℃)、30min；②30min后浸出率几乎不变是因为硫酸钙微溶于水，反应生成的硫酸钙包裹在焦钒酸钙外，阻碍反应继续进行。17．【答案】（1）酰胺基；羟基（2）水解反应(取代反应)；CH3COOH（3）（4）A（5）30；(任写一个)（6）【解析】【解答】（1）山椒素的结构简式为：，则其含有的含氧官能团的名称为：酰胺基和羟基。故答案为：酰胺基；羟基。（2）由D转化为E和CH3COOH，是由酯生成醇和羧酸，属于水解反应（或取代反应）。故答案为：水解反应（或取代反应）；CH3（3）由I和J合成山椒素的化学方程式为：。故答案为：。（4）一定条件下，H2NCH2CH2CH2CH2X(X代表卤素原子)可以生成，反应原理为断裂C故答案为：A。（5）化合物I的化学式为：C12H16①能发生水解反应和银镜反应：有酯基和醛基，由于只有2个O原子，则一定含甲酸的酯结构：-OOCH②苯环上有3个不同取代基：除-OOCH外，剩余的4个C原子还要形成2个不同的取代基，则最终符合条件的取代基组合为：-OOCH-CH3-CHCH32、故答案为：30；：、、(任写一个)。（6）以乙烯、乙醛以及其他必要原料合成2，4-己二烯：可以先将乙烯和Br2加成得到，在与PPh3反应得到，再与CH3CHO反应得到最终产物2，4-己二烯，则其合成路线为：。故答案为：。

【分析】以（A）为起始原料，先与PBr3、乙酸反应生成溴代酯（），再与三苯基膦反应转化为鏻盐（），完成烷基链的活化。鏻盐（C）与乙氧甲酰基甲酸乙酯发生Wittig反应，生成双酯中间体（），再水解脱羧得到醛醇中间体（）。中间体（）与CBr4、三苯基膦反应生成溴代物（），再次转化为鏻盐（），再与巴豆醛进行Wittig反应，引入共轭双键，生成酯类中间体（）。酯（H）水解为羧酸（），再与J发生酰胺化反应，最终得到目标产物山椒素（）。逆推可得J的结构：（）。据此解题。（1）山椒素的结构简式为：，则其含有的含氧官能团的名称为：酰胺基和羟基。故答案为：酰胺基；羟基。（2）由D转化为E和CH3COOH，是由酯生成醇和羧酸，属于水解反应（或取代反应）。故答案为：水解反应（或取代反应）；CH3（3）由I和J合成山椒素的化学方程式为：。故答案为：。（4）一定条件下，H2NCH2CH2CH2CH2X(X代表卤素原子)可以生成，反应原理为断裂C故答案为：A。（5）化合物I的化学式为：C12H16①能发生水解反应和银镜反应：有酯基和醛基，由于只有2个O原子，则一定含甲酸的酯结构：-OOCH②苯环上有3个不同取代基：除-OOCH外，剩余的4个C原子还要形成2个不同的取代基，则最终符合条件的取代基组合为：-OOCH-CH3-CHCH32、故答案为：30；：、、(任写一个)。（6）以乙烯、乙醛以及其他必要原料合成2，4-己二烯：可以先将乙烯和Br2加成得到，在与PPh3反应得到，再与CH3CHO反应得到最终产物2，4-己二烯，则其合成路线为：。故答案为：。18．【答案】(1)B

(2)–573.6kJ/mol

(3)一定温度下，出口处H2的含量随进料比增加先增大后减小。进料比小于7∶1时，随水蒸气的增加平衡向生成H2方向移动，出口处H2含量增加；进料比大于8∶1时，水