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山东省泰山联盟2024-2025学年高三下学期四月份联考化学试题
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．（2025·泰山模拟）齐鲁大地人杰地灵，辛弃疾和李清照是宋朝词人的杰出代表，下列诗句所涉及的化学知识错误的是
A．“稻花香里说丰年，听取蛙声一片”，稻花香气的主要成分是无机化合物
B．“东风夜放花千树，更吹落星如雨”，烟花燃烧涉及氧化还原反应
C．“三杯两盏淡酒，怎敌他晚来风急”，酒的制作过程涉及糖类的水解
D．“轻解罗裳，独上兰舟”，在古代，罗裳的主要成分是蛋白质
【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；乙醇的工业制法；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A、稻花香气的主要成分是具有香味的酯类物质，酯类属于有机化合物（含碳的化合物，除简单的碳氧化物、碳酸、碳酸盐等外），而非无机化合物，A错误；
B、烟花燃烧过程中，火药中的成分发生剧烈反应，存在元素化合价的变化（如金属元素的氧化还原），属于氧化还原反应，B正确；
C、酒的制作流程中，首先是含淀粉的原料（如粮食）发生糖类水解（淀粉水解为葡萄糖），随后葡萄糖在酶的作用下转化为乙醇，涉及糖类的水解过程，C正确；
D、古代的 “罗裳” 主要材质是丝绸，丝绸由蚕丝制成，而蚕丝的主要成分是蛋白质，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题易错点：
对稻花香气成分的类别判断错误，易误认为酯类属于无机化合物，实则酯类是有机化合物。
对氧化还原反应的判断，忽略烟花燃烧过程中存在元素化合价的变化。
对酒的制作过程中糖类水解的知识掌握不牢，不清楚淀粉水解生成糖再转化为醇的过程。
对古代罗裳主要成分的认知不足，不了解丝绸的主要成分是蛋白质。
2．（2025·泰山模拟）关于物质的分离、提纯，下列说法错误的是
A．蒸馏法分离乙醇和乙醛
B．重结晶法提纯含有少量食盐的苯甲酸
C．过滤法分离2，4，6-三溴苯酚和乙醚
D．萃取和柱色谱法从青蒿中提取分离青蒿素
【答案】C
【知识点】蒸发和结晶、重结晶；蒸馏与分馏；分液和萃取
【解析】【解答】A、乙醇和乙醛沸点差异较大，可通过蒸馏法分离，A正确；
B、苯甲酸在水中溶解度随温度变化大，食盐溶解度受温度影响小，利用重结晶法可提纯苯甲酸，B正确；
C、2，4，6 - 三溴苯酚在乙醚中溶解度较高，二者混合形成溶液，无法用过滤法分离，C错误；
D、青蒿素在乙醚中溶解度大，可先萃取再通过柱色谱法分离提纯，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
对蒸馏法适用条件理解不足，忽略乙醇和乙醛沸点差异可通过蒸馏分离。
对重结晶法原理掌握不牢，不清楚苯甲酸和食盐溶解度随温度变化的差异可用于提纯。
对过滤法适用范围判断错误，误认为 2，4，6 - 三溴苯酚难溶于乙醚，实则其在乙醚中溶解度较高，形成溶液无法过滤分离。
对萃取和柱色谱法的应用场景不熟悉，不了解青蒿素的提取分离可采用这些方法。
3．（2025·泰山模拟）下列化学用语或图示错误的是
A．用电子式表示的形成：
B．用亚铜氨溶液除去合成氨原料气中的：
C．用电子云轮廓图示意键的形成：
D．用对苯二甲酸与对苯二胺制备芳纶纤维：+
【答案】B
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；羧酸简介；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、K2S 是离子化合物，钾原子失电子、硫原子得电子，其电子式为：，A正确；
B、亚铜氨中铜为 + 1 价，而 [Cu (NH3)2]2+中铜为 + 2 价，亚铜氨溶液除 CO 的反应式书写错误，正确的方程为：，B错误；
C、p-pπ 键由两个原子的 p 轨道 “肩并肩” 重叠形成，电子云轮廓图为：，C正确；
D、对苯二甲酸（）与对苯二胺（）通过缩聚反应制备芳纶纤维，其反应的化学方程式为：+，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．明确 K2S 是离子化合物，结合钾、硫的电子得失，判断电子式形成过程的正确性。
B．抓住亚铜氨中铜的化合价为 +1 价，而 [Cu(NH3)2]2+中铜为 +2 价，通过化合价差异判断反应式错误。
C．依据 p-pπ 键 “肩并肩” 重叠的形成原理，判断电子云轮廓图的表示是否正确。
D．识别对苯二甲酸与对苯二胺的缩聚反应，分析反应式及产物的合理性。
4．（2025·泰山模拟）下列玻璃仪器(含活塞)在相应实验中选用不合理的是
A．重结晶法提纯乙酰苯胺()：⑥⑦⑧
B．蒸馏法分离苯(沸点80.1℃)和甲苯(沸点111℃)：①③⑤⑨
C．用标准液滴定测量溶液中的含量：③④
D．用作萃取剂，萃取溴水中的溴：②⑥
【答案】C
【知识点】常用仪器及其使用；蒸馏与分馏；分液和萃取；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A、重结晶法提纯乙酰苯胺，需用到漏斗、烧杯、玻璃棒（对应⑦⑥⑧），A合理；
B、蒸馏法分离苯和甲苯，需用到蒸馏烧瓶、温度计、直行冷凝管、锥形瓶（对应①⑤⑨③），B合理；
C、Na2S2O3溶液呈碱性，应使用碱性滴定管，而图中④是酸式滴定管，选用不合理，C错误；
D、用 CCl4萃取溴水中的溴，需用到分液漏斗、烧杯（对应②⑥），D合理；
故答案为：C。
【分析】A．明确重结晶操作需漏斗（过滤）、烧杯（溶解、结晶）、玻璃棒（搅拌、引流）。
B．抓住蒸馏操作需蒸馏烧瓶（装混合液）、温度计（控温度）、直行冷凝管（冷凝）、锥形瓶（接馏分）。
C．依据 Na2S2O3溶液的碱性，判断需用碱性滴定管，而图中④是酸式滴定管。
D．识别萃取操作需分液漏斗（分离）、烧杯（承接），判断仪器选用是否正确。
5．（2025·泰山模拟）纤维素可以多条单链的形式存在，在低温下溶于溶液，恢复至室温后不稳定，加入尿素可得到室温下稳定的溶液，可使纤维素绿色再生利用。下列说法错误的是
A．纤维素难溶于水的主要原因是其链间有多个氢键
B．提供破坏纤维素链之间的氢键，引发溶胀
C．加入尿素形成动态“包覆层”，防止链间重新结合
D．低温时纤维素分子链间的相互作用力增强，更易被溶解
【答案】D
【知识点】含有氢键的物质；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、纤维素分子中含有多个羟基，链与链之间能形成大量氢键。这种链间氢键的存在，使得纤维素与水分子之间的氢键作用被削弱，因此纤维素难溶于水，A正确；
B、在低温下，NaOH 溶液中的 OH-能破坏纤维素链之间的氢键。氢键被破坏后，水分子可以通过扩散进入纤维素链的间隙，从而引发纤维素的溶胀，B正确；
C、加入尿素后，尿素分子会在纤维素分子链周围形成动态的 “包覆层”。这一 “包覆层” 能够阻止纤维素分子链在室温下重新形成氢键，从而使纤维素在室温下的溶液保持稳定，C正确；
D、低温环境下，纤维素分子链间的氢键相互作用力会增强。分子间作用力越强，物质越难溶解，因此低温时纤维素更难被溶解，而非更易溶解，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．抓住纤维素分子含多个羟基，链间形成大量氢键，削弱与水分子的氢键作用，从而判断其难溶于水的原因。
B．明确 NaOH 提供的 OH-可破坏纤维素链间氢键，引发水分子扩散进入链间隙导致溶胀。
C．理解尿素形成的动态 “包覆层” 能阻止纤维素链间重新形成氢键，维持溶液稳定性。
D．依据低温下分子间氢键作用力增强，物质更难溶解的规律，判断该选项错误。
6．（2025·泰山模拟）有机化合物与在的催化作用下可反应生成，其反应如图：
下列说法正确的是
A．分子中最多有15个碳原子共面
B．与同类别的同分异构体还有2种
C．该反应的副产物为和
D．分子中键角大小：
【答案】C
【知识点】键能、键长、键角及其应用；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A、X 分子中含有形成三元环的碳原子，这些碳原子为sp3 杂化，呈四面体构型。由于四面体构型的碳原子无法与周围原子共面，因此 X 分子中不可能有 15 个碳原子共面，A错误；
B、HCOOC2H5属于酯类，与其同类别的同分异构体需满足 “酯基结构且分子式相同”。符合条件的只有CH3COOCH3，共 1 种，而非 2 种，B错误；
C、从反应的元素守恒角度分析，反应过程中除生成 Y 外，还会产生CH3CH2OH（乙醇）和 H2O（水）作为副产物，C正确；
D、X 分子中∠1 的中心原子为sp3 杂化，且含有 2 个孤电子对，键角约为 105°；∠2 的中心原子为sp2 杂化，键角约为 120°。因此 ∠1 < ∠2，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．抓住 X 分子中三元环的碳原子为 sp3 杂化（四面体构型），判断不可能 15 个碳原子共面。
B．明确 HCOOC2H5同类别的酯类同分异构体仅 CH3COOCH3一种。
C．依据反应的元素守恒，分析得出副产物为 CH3CH2OH 和 H2O。
D．通过中心原子的杂化类型（∠1 为 sp3 杂化且含 2 个孤电子对，∠2 为 sp2 杂化），比较键角大小。
7．（2025·泰山模拟）化合物和所含元素相同，相对分子质量相差7，含电子，，和三种元素位于同周期，原子最外层电子数是原子核外电子数的一半。下列说法正确的是
A．同周期第一电离能比大的元素有3种
B．电负性顺序：
C．常温常压下和的单质均为固体
D．和互为同素异形体
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；同素异形体；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】 【解答】 A、W是N（第二周期），同周期中第一电离能大于N的元素只有F、Ne，共2种，不是3种，A错误；
B、第二周期主族元素电负性从左到右递增，O（R）、N（W）、C（X）的原子序数依次减小，因此电负性顺序为R > W > X，B正确；
C、X是C，其单质（石墨、金刚石）常温常压下是固体；但R是O，其单质（O2、O3）常温常压下是气体，不是固体，C错误；
D、Y和Z是氢元素的两种核素（质子数相同、中子数不同），二者互为同位素；同素异形体是同种元素的不同单质，D错误；
故答案为：B。
【分析】首先确定Y、Z的种类：两种化合物X3Y7WR和X3Z7WR含相同元素，相对分子质量差7，结合氢的核素（H、D相对原子质量差1），推测Y、Z是氢的不同核素（7个氢原子的核素差异刚好带来质量差7）。然后推导X、W、R的关系：X、W、R同周期，设X最外层电子数为a，根据“X最外层电子数是R核外电子数的一半”，得R核外电子数为2a。接着列电子数方程：1mol X3Y7WR含40mol电子，Y是氢（质子数1），若X、W、R在第二周期（第二周期元素原子序数=最外层电子数+2），则X的质子数为a+2，总电子数满足：3×(a+2) + 7×1 + W的核外电子数 + 2a = 40，整理得5a + W的核外电子数 = 27。
最后验证元素种类：当a=4时，W的核外电子数=27-5×4=7，此时X质子数=4+2=6（即C），R核外电子数=2×4=8（即O），W核外电子数=7（即N），三者均为第二周期元素，符合条件。
8．（2025·泰山模拟）一种可用于海水淡化的新型网状高分子材料，其制备原理如图(反应方程式未配平)。
下列说法正确的是
A．中碳原子均为杂化
B．的重复结构单元中，
C．该反应属于加聚反应
D．完全水解消耗
【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、X中存在“-CH2-”结构的饱和碳原子（成4个单键），采取sp3杂化；仅碳碳双键上的碳原子采取sp2杂化，因此X中碳原子并非均为sp2杂化，A错误；
B、X分子含3个N原子，反应中X的3个碳碳双键分别与Y的3个-SH键加成，故Z的重复结构单元中含3个S原子（来自Y），因此n(N)：n(S)=3：3=1：1，并非3：4，B错误；
C、反应中X的碳碳双键断裂（转化为单键），与Y的-SH发生加成，最终生成高分子Z，无小分子副产物，符合“加聚反应（加成聚合）”的定义，C正确；
D、X分子中含6个酰胺基（-CON-），每个酰胺基水解需消耗1mol NaOH，因此1mol X完全水解消耗6mol NaOH，并非3mol，D错误；
故答案为：C。【分析】先分析反应本质：观察反应物X（含碳碳双键）和Y（含-SH）的结构，反应中X的碳碳双键与Y的S-H键发生加成，生成高分子Z（无小分子副产物）。再逐个分析选项的判断依据：
A．分析碳原子杂化：看X中碳原子的成键方式（单键/双键）；
B．计算原子个数比：明确Z重复单元中N、S的来源（X含N，Y含S，结合反应的加成比例）；
C．根据反应中“双键变单键、生成高分子且无小分子生成”的特征判断为加聚反应；
D．分析X中能水解的基团（酰胺基）的数量。
9．（2025·泰山模拟）是一种用途广泛的磁性材料，以为原料制备并获得副产物水合物的工艺如下。
25℃时各物质溶度积见下表：
物质
溶度积
下列说法错误的是
A．反应釜1中的反应需在隔绝空气条件下进行
B．反应釜2中反应的离子方程式为
C．反应釜3中，25℃时，浓度为，理论上不超过10
D．获得水合物的操作为：蒸发浓缩、冷却结晶
【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；蒸发和结晶、重结晶；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、反应釜1的目标是制备Fe(OH)2，而Fe2+易被空气中O2氧化为Fe3+，因此需隔绝空气进行反应，A正确；
B、反应釜2中，CaO与水反应生成OH-，Fe2+在O2作用下被氧化为Fe(OH)3，结合得失电子守恒（O2得4e-，4个Fe2+失4e-）与电荷守恒，配平离子方程式为：，B正确；
C、反应釜3中，需保证Ca2+不沉淀，已知浓度为，
，c(H+) ≥ mol/L=
10-11mol/L，pH≤11，故理论上不超过11，C错误；
D、CaCl2的溶解度随温度升高而增大，因此通过“蒸发浓缩（提高浓度）、冷却结晶（降低溶解度析出晶体）”可获得其水合物，D正确；
故答案为：C。
【分析】先梳理工艺逻辑：以FeCl2为原料，反应釜1制备Fe(OH)2（需防氧化），反应釜2通入空气将Fe2+氧化为Fe(OH)3，反应釜3调节pH后分离出Fe(OH)2与Fe(OH)3的混合物（后续转化为Fe3O4），滤液处理得到CaCl2水合物。再结合溶度积、反应条件分析各选项。
10．（2025·泰山模拟）逆水煤气变换体系中存在以下两个反应：
反应I：
反应II：
在恒容条件下，按投料比进行反应，平衡时含碳物质体积分数随温度的变化如图所示。下列说法错误的是
A．反应I的，反应II的
B．M点反应I的平衡常数
C．点的压强是的3倍
D．若按投料，则曲线之间交点位置不变
【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、温度升高，CH4体积分数降低（反应Ⅱ逆向移动），说明反应Ⅱ是放热反应（ΔH < 0）；CO体积分数升高（反应Ⅰ正向移动），说明反应Ⅰ是吸热反应（ΔH > 0），A正确；
B、M点没有CH4，且CO2和CO的体积分数相等；投料比V(CO2)：V(H2)=1：1，反应Ⅰ中CO2和H2按1：1消耗，所以平衡时n(CO2)=n(H2)=n(CO)=n(H2O)。恒容下浓度比等于物质的量比，反应Ⅰ的平衡常数：
，B正确；
C、N点CO和CH4的体积分数相等，设n(CO)=n(CH4)=x。反应Ⅰ生成x mol CO时，生成x mol H2O；反应Ⅱ生成x mol CH4时，生成2x mol H2O。总n(H2O)=x+2x=3x，恒容下压强比等于物质的量比，所以H2O的压强是CH4的3倍，C正确；
D、若投料比改为V(CO2)：V(H2)=1：2，H2浓度增大，反应Ⅰ、Ⅱ都会正向移动：相同温度下，CO2的体积分数会减小，CO、CH4的体积分数会增大，曲线之间的交点（比如N点）对应的温度会改变，D错误；
故答案为：D。
【分析】先明确体系里两个反应的竞争逻辑，结合“温度-含碳物质体积分数”曲线，从热效应、平衡常数、物质的量关系、投料比影响这四个角度分析：
A．热效应判断：看温度升高时CH4（反应Ⅱ产物）、CO（反应Ⅰ产物）的体积分数变化，判断反应吸放热；
B．掌握平衡常数计算：M点CO2和CO体积分数相等，结合投料比分析反应Ⅰ的平衡浓度关系；
C．考查压强关系分析：N点CO和CH4体积分数相等，结合两个反应生成H2O的系数，算H2O与CH4的物质的量比；
D．判断投料比的影响：改变H2的比例，会让两个反应的平衡移动程度变化，进而改变含碳物质的体积分数分布。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11．（2025·泰山模拟）下列实验操作对应的现象及结论均正确的是
　 实验操作 现象 结论
A 分别向盛有和的试管中滴加浓盐酸 盛的试管中产生黄绿色气体 氧化性：
B 用标准溶液滴定未知浓度的溶液，用甲基橙作指示剂 终点的颜色变化为橙色到黄色 反应终点在指示剂变色范围内，误差较小
C 量取同体积不同浓度的溶液，分别加入等体积等浓度的溶液 浓度大的溶液产生气泡速度快 反应物浓度越大，化学反应速率越快
D 用玻璃棒摩擦装有明矾过饱和溶液的烧杯内壁 快速析出晶体 烧杯内壁产生微小的玻璃微晶来充当晶核
A．A B．B C．C D．D
【答案】A,D
【知识点】中和滴定；探究影响化学反应速率的因素；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、NiO(OH)中Ni为+3价，氧化性较强，能与浓盐酸发生反应：
2NiO(OH)+6HCl(浓)=2NiCl2 +Cl2↑+4H2O（生成黄绿色Cl2）；
而Fe(OH)3中Fe为+3价，氧化性弱于Cl2，无法氧化Cl-生成Cl2。
现象（NiO(OH)试管产生黄绿色气体）和结论（氧化性：NiO(OH) > Fe(OH)3）均正确，A正确；
B、HCl滴定NH3·H2O，产物为NH4Cl（强酸弱碱盐，溶液呈酸性）。甲基橙的变色范围是“pH<3.1（红色）；3.1~4.4（橙色）； pH>4.4（黄色）”，因此滴定终点的颜色变化应为“黄色到橙色”（而非“橙色到黄色”）；现象描述错误，B错误；
C、NaClO具有强氧化性，Na2SO3具有还原性，二者发生氧化还原反应：NaClO＋Na2SO3=NaCl+ Na2SO4，该反应无气体生成，不会产生气泡。
现象描述错误，C错误；
D、明矾过饱和溶液本身处于不稳定状态，但缺乏晶核时难以结晶；用玻璃棒摩擦烧杯内壁，会使烧杯壁产生微小的玻璃微晶，这些微晶可充当晶核，促使过饱和溶液快速析出晶体。
现象（快速析出晶体）和结论（玻璃微晶充当晶核）均正确，D正确；
故答案为：D。
【分析】逐个分析每个实验的“操作-现象-结论”逻辑，结合物质性质（氧化性、指示剂变色、反应类型、结晶条件）判断合理性：
A. 分析氧化性强弱：通过物质与浓盐酸的反应是否生成Cl2，判断氧化剂的氧化性；
B. 分析滴定指示剂：结合反应产物的酸碱性，判断指示剂的变色方向；
C. 分析反应类型：判断NaClO与Na2SO3的反应是氧化还原还是复分解，确定是否有气体生成；
D. 分析结晶条件：明确过饱和溶液结晶的关键是晶核，判断玻璃棒摩擦的作用。
12．（2025·泰山模拟）四乙基铅能提高汽油的辛烷值，但污染严重，是一种潜在替代品，以和为原料，电解合成的原理如图所示(为催化剂)。
下列说法正确的是
A．电解过程中起到催化剂作用，其浓度保持不变
B．电极发生的电极反应为：
C．每生产产品，转移电子的物质的量为
D．已知以和为原料也可以直接放电制备产品，该方法能耗更低产率更高
【答案】B,D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、电解时，Br-在电极B被氧化成Br2（是反应物），Br2又和Pt(0)反应生成Br-（是生成物），Br-是反应的中间物质，不是催化剂（催化剂反应前后浓度不变且不参与反应本质），A错误；
B、电极A是阴极（得电子），CO2和CH3OH在阴极发生还原反应，生成CO、CH3O-和H2O，电极反应式为：2CH3OH+CO2+2e-=2CH3O-+CO+H2O，B正确；
C、生成1mol (CH3O)2CO时，Pt(0)变成Pt(Ⅱ)（Pt化合价升高2），转移2mol电子；但“每生产1mol产品转移2mol电子”的逻辑错误（实际是生产1mol产品转移2mol电子，但选项混淆了电子转移与产品量的对应关系），C错误；
D、CO和CH3OH能自发发生氧化还原反应，直接设计成原电池放电制备产品，不用电解提供电能，既能利用反应的化学能，又减少了电解的能耗，所以能耗更低、产率更高，D正确；
故答案为：BD。
【分析】先通过“得失电子”判断电极类型，再分析各物质的转化、电子转移，最后对比制备方法的差异： A.考查 电极类型判断：电极B上Br-变成Br2（失电子，氧化反应），是阳极；电极A上物质得电子（还原反应），是阴极。
B. 考查电极反应推导：结合原料（CO2、CH3OH）和产物（CO、CH3O-），写电极A的反应式。
C. 考查物质作用分析：看Br-是反应物还是催化剂，结合Pt的价态变化算电子转移量。
D. 考查制备方法对比：比较“电解法”和“直接放电法”的能耗、产率。
13．（2025·泰山模拟）将转化为有机碳酸酯，可有效减少碳排放。转化为的总反应为 ，可通过两步反应完成：I． ；Ⅱ． ；反应Ⅱ的反应机理如图1所示，其中催化剂参与催化循环和脱水循环；随的变化曲线如图2.已知：(和为常数)。
下列说法错误的是
A．对于总反应，活化能
B．该反应的催化剂是
C．反应I为吸热反应
D．脱水循环可以提高DMC的平衡产率
【答案】A,C
【知识点】吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂；化学平衡常数；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、根据公式 ，结合图 2：温度升高（ 减小）时，K 总减小。平衡常数减小说明升高温度平衡逆向移动，因此总反应为放热反应。对于放热反应，正反应活化能 E 正小于逆反应活化能 E 逆，A错误；
B、催化剂的定义是 “参与反应但反应前后化学性质和质量不变”。由图 1 可知，结构为 的物质在反应中先消耗、后生成，符合催化剂的特征，B正确；
C、根据盖斯定律，总反应由 “2× 反应 Ⅰ + 反应 Ⅱ” 得到，因此平衡常数关系为 K 总 = K12 K2，变形得 。结合图 2：温度升高时，K 总减小的幅度比 K2大，因此 K1随温度升高而减小。平衡常数随温度升高而减小，说明反应 Ⅰ 为放热反应，C错误；
D、脱水循环将反应 Ⅱ 中的 H2O 移除，根据 “减小生成物浓度，平衡正向移动” 的原理，会促使反应 Ⅱ 平衡正向进行，从而提高 DMC 的平衡产率，D正确；
故答案为：AC。
【分析】A、C．利用 ，结合图 2 中 K 随温度的变化，判断总反应和反应 Ⅰ 的热效应，进而分析活化能与反应热的关系。
B．根据 “催化剂反应前后不变”，结合图 1 中物质的消耗与生成，判断催化剂。
D．依据 “减小生成物浓度，平衡正向移动”，分析脱水循环对 DMC（CH3OCOOCH3）产率的影响。
14．（2025·泰山模拟）某学习小组对与的反应的快慢及颜色变化进行探究，实验操作及现象如下：
实验 操作及现象
I 将表面打磨光洁的铜丝末端绕成螺旋状，伸入盛有浓硝酸的试管中，反应开始较为缓慢，随后迅速加快，固液交界处的铜丝表面析出蓝色固体，溶液变为绿色。取反应片刻后的溶液加入水中稀释，溶液变为蓝色，加入铜片立刻产生大量气泡。
Ⅱ 取实验I稀释后的溶液置于酒精灯上微热，再次加入铜丝，表面出现少量气泡。
已知：溶液受热非常容易分解，可以与形成绿色配合物。下列说法正确的是
A．铜丝表面析出的蓝色固体难溶于水
B．两个实验中硝酸均表现氧化性
C．实验I中溶液变蓝的主要原因是与水发生反应
D．通过以上实验可证明对与的反应有催化作用
【答案】B,D
【知识点】性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、实验Ⅰ中铜丝表面析出的蓝色固体是晶体（因反应生成大量过饱和析出），该晶体可溶于水（实验Ⅰ稀释后溶液变蓝可证明），A错误；
B、两个实验中，Cu均被硝酸氧化为，硝酸作为氧化剂，表现氧化性，B正确；
C、实验Ⅰ中溶液变蓝的原因是：稀释时，绿色配合物分解，重新转化为（而非NO2与水反应），C错误；
D、实验Ⅰ中反应由慢变快，结合HNO2的性质，推测HNO2对反应有催化作用；
实验Ⅱ中加热使HNO2分解，反应速率降低，进一步证实HNO2的催化作用，D正确；
故答案为：BD。
【分析】A．根据实验 Ⅰ 中 “稀释后溶液变蓝” 的现象，判断蓝色固体可溶于水。
B．分析两个实验中 Cu 被硝酸氧化为 Cu2+的过程，判断硝酸均表现氧化性。
C．结合 “Cu2+与 NO2-形成绿色配合物” 的信息，分析溶液变蓝是配合物分解生成 Cu2+。
D．对比实验 Ⅰ（反应加快）和实验 Ⅱ（加热分解 HNO2后反应变慢），证明 HNO2的催化作用。
15．（2025·泰山模拟）废弃电池中锰可通过浸取回收。某温度下，在和混合溶液中，的分布系数与的关系如图。
已知：难溶于水，具有两性；。下列说法错误的是
A．曲线代表的变化
B．点，
C．点，
D．点，
【答案】C
【知识点】化学平衡常数；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、pH较小时，Mn元素主要以存在，对应曲线x；随pH增大（碱性增强），逐步转化为，因此曲线y代表的变化，A正确；
B、P点，说明溶液中只有和两种含Mn微粒。
物料守恒：，且，故
电荷守恒：。
将物料守恒代入电荷守恒，得。
P点pH=10.2，溶液呈碱性（），因此，B正确；
C、O点存在平衡：。
P点，pH=10.2，此时平衡常数。
O点，，即。
结合平衡常数，可得，则，而非，C错误；
D、Q点物料守恒：。
结合题中微粒转化关系（，），可得，即，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．根据pH对Mn(II)存在形式的影响，pH小则以（曲线x）为主，pH增大时转化为（曲线y），以此判断曲线含义。
B．结合P点，利用物料守恒和电荷守恒，结合pH=10.2时溶液的酸碱性，分析与的大小。
C．先根据P点数据计算平衡常数，再结合O点的分布系数，通过平衡常数公式推导，判断计算是否正确。
D．依据物料守恒，结合题中微粒的转化关系，分析与的大小。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．（2025·泰山模拟）锆英石常用作耐火材料，其矿砂常与钛铁矿、金红石等共生。回答下列问题：
（1）锆与钛是同族相邻元素，基态锆原子核外价电子轨道表示式为　 　；第4周期基态原子核外未成对电子数与锆相同的元素有　 　种。
（2）钛铁矿经过，等多种物质处理后会生成硫酸氧钛(为+4价)等中间产物。
①空间构型为　 　，中存在的大键为　 　(分子中的大键可用符号表示，其中代表参与形成大键的原子数，代表参与形成大键的电子数，例如苯分子中的大键可表示为)。
②硫酸氧钛晶体中，阳离子为如图1所示链状聚合形式的离子，则该晶体的化学式为　 　。
（3）能形成多种配合物，物质为，物质为与配位数相同的同分异构体。与足量硝酸银溶液反应生成沉淀，的化学式为　 　。
（4）金红石为四方晶系晶体、晶胞参数为，。在金红石结构中，原子处在变形的八面体中，距离有4个较近，2个较远。八面体沿着轴共边连接成链，这些链再通过共顶点连接成晶体，结构如图2：晶体沿轴方向的投影如图3。已知原子A的分数坐标为，则原子B的分数坐标为　 　；该晶体的密度为　 　(列出计算式，代表阿伏加德罗常数的值)。
【答案】（1）；4
（2）平面三角形；；
（3）
（4）或；
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）锆与钛是同族相邻元素，钛是22号元素，则锆是40号元素，基态锆原子核外价电子轨道表示式为，未成对电子数为2，第4周期基态原子核外未成对电子数与锆相同的元素有Ti(3d24s2)、Ni(3d84s2)、Ge(4s24p2)、Se(4s24p4)，共4种。
故答案为： ；4；
（2）①的中心原子为N原子，其孤电子对数为、价层电子对数为3+0=3，故空间构型为平面三角形，N原子发生sp2杂化，则硝酸根中N提供2个电子、每个O原子各提供1个电子，再加上1个外来的电子共6个电子形成大π键，则中存在的大键为。
②根据阳离子结构示意图可知其为硫酸氧钛晶体中阳离子为，则该晶体的化学式为：。
故答案为： 平面三角形 ； ； ；
（3）物质为，物质为与配位数相同的同分异构体。则B的配位数为6，与足量硝酸银溶液反应生成沉淀，则外界有2个氯离子、内界有1个氯离子、还有5个水分子，则外界还有1个水分子，故的化学式为。
故答案为： ；
（4）图2中为两个长方体晶胞堆积而成，由晶胞结构可知A点和B点位于晶胞的两个四分之一体心处，z方向上A、B等高，x、y轴方向上互补，已知原子A的分数坐标为，则原子B的分数坐标为或；由晶胞结构可知黑球位于顶点和体心，个数为，白球4个在面上，2个在体内，个数为，则一个晶胞中含有Ti原子2个，O原子4个，故晶胞质量为，晶胞体积为，可以求得晶胞密度即该晶体的密度为。
故答案为：或 ； 。
【分析】（1）依据锆的原子序数（40）和同族电子排布规律，写出基态锆原子价电子轨道表示式。第 2 空：确定锆的未成对电子数（2），再找出第 4 周期未成对电子数为 2 的元素种类。
（2）① 计算NO3-中心原子的孤电子对和价层电子对，判断空间构型；根据大 π 键的成键原理，确定其大 π 键符号。② 分析阳离子的链状聚合结构，结合 Ti 的化合价，推出晶体化学式。
（3）根据配合物的配位数、与硝酸银反应的沉淀量，判断内界和外界的离子 / 分子组成，推出 B 的化学式。
（4）根据晶胞中原子的相对位置关系，推导原子 B 的分数坐标。先确定晶胞中 Ti、O 原子的个数，再结合晶胞参数计算晶胞质量和体积，进而得出密度计算式。
（1）锆与钛是同族相邻元素，钛是22号元素，则锆是40号元素，基态锆原子核外价电子轨道表示式为，未成对电子数为2，第4周期基态原子核外未成对电子数与锆相同的元素有Ti(3d24s2)、Ni(3d84s2)、Ge(4s24p2)、Se(4s24p4)，共4种。
（2）①的中心原子为N原子，其孤电子对数为、价层电子对数为3+0=3，故空间构型为平面三角形，N原子发生sp2杂化，则硝酸根中N提供2个电子、每个O原子各提供1个电子，再加上1个外来的电子共6个电子形成大π键，则中存在的大键为。
②根据阳离子结构示意图可知其为硫酸氧钛晶体中阳离子为，则该晶体的化学式为：。
（3）物质为，物质为与配位数相同的同分异构体。则B的配位数为6，与足量硝酸银溶液反应生成沉淀，则外界有2个氯离子、内界有1个氯离子、还有5个水分子，则外界还有1个水分子，故的化学式为。
（4）图2中为两个长方体晶胞堆积而成，由晶胞结构可知A点和B点位于晶胞的两个四分之一体心处，z方向上A、B等高，x、y轴方向上互补，已知原子A的分数坐标为，则原子B的分数坐标为或；由晶胞结构可知黑球位于顶点和体心，个数为，白球4个在面上，2个在体内，个数为，则一个晶胞中含有Ti原子2个，O原子4个，故晶胞质量为，晶胞体积为，可以求得晶胞密度即该晶体的密度为。
17．（2025·泰山模拟）稀土是重要的战略资源，包括第IIIB族的钪、钇和镧系元素共17种元素(表示为)，中国是最大的稀土氧化物()供应国。以氟碳铈矿(主要含)为原料制备二氧化铈的一种工艺流程如图。
已知：①能与结合成，也能与结合成；②在硫酸中能被萃取剂萃取，而不能。回答下列问题：
（1）①中空气与矿料逆流而行，目的是　 　。①至⑩中，发生的主要反应为氧化还原反应的有　 　(选填序号)。滤液A中主要阳离子是　 　(写离子符号)。
（2）“萃取”时存在平衡：。保持其它条件不变，在起始料液中加入不同量的以改变水层中的。通过图分析随起始料液中变化的原因　 　。
（3）写出⑧中主要反应的离子方程式：　 　。
（4）⑨中沉淀需进行洗涤，写出检验沉淀是否洗涤干净的实验操作及现象　 　。
【答案】（1）使气固反应物充分接触，加快反应速率，使氧化更加充分；①⑤⑧；
（2）随着增大，水层中与结合生成，导致萃取平衡向左移动，分配比迅速减小
（3）
（4）取适量最后一次的洗涤液于试管中，加入硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，若没有观察到白色沉淀，说明沉淀已经洗涤干净或答：若有白色沉淀生成则没有洗涤干净
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）①中空气与矿料逆流而行，目的是使气固反应物充分接触，加快反应速率，使氧化更加充分；步骤①“氧化焙烧”将+3价铈氧化成+4价，步骤⑤加H2O2将Ce4+还原为Ce3+，步骤⑧加NaClO溶液将Ce(OH)3氧化为Ce(OH)4，因此发生的主要反应为氧化还原反应的有①⑤⑧；步骤⑥中加入氨水后Ce3+转化为沉淀，滤液A中主要阳离子是；
故答案为： 使气固反应物充分接触，加快反应速率，使氧化更加充分 ； ①⑤⑧ ； ；
（2）由平衡Ce4++n(HA)2 Ce (H2n﹣4A2n)+4H+，可知加入Na2SO4时，随着c()增大，水层中Ce4+被结合成，导致萃取平衡向左移动，分配比迅速减小；
故答案为： 随着增大，水层中与结合生成，导致萃取平衡向左移动，分配比迅速减小 ；
（3）步骤⑧加NaClO溶液将Ce(OH)3氧化为Ce(OH)4，离子方程式为：；
故答案为： ；
（4）加入NaClO后，ClO-中的Cl化合价降低得到Cl-，因此验证沉淀是否洗涤完全，可以检验Cl-，检验沉淀是否洗涤干净的实验操作及现象为取适量最后一次的洗涤液于试管中，加入硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，若没有观察到白色沉淀，说明沉淀已经洗涤干净。
故答案为： 取适量最后一次的洗涤液于试管中，加入硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，若没有观察到白色沉淀，说明沉淀已经洗涤干净或答：若有白色沉淀生成则没有洗涤干净 。
故答案为： 取适量最后一次的洗涤液于试管中，加入硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，若没有观察到白色沉淀，说明沉淀已经洗涤干净或答：若有白色沉淀生成则没有洗涤干净 。
【分析】向焙烧产物中加入稀硫酸，+4 价铈会与 SO42-结合形成 [CeSO4]2+；接着加入萃取剂 [(HA)2]，在硫酸体系下，Ce4+能被该萃取剂萃取；经分离操作除去水层后，加入氟洗液，可将体系中的氟元素除去；在 “反萃取” 步骤中，加入 H2O2，H2O2作为还原剂将 Ce4+还原为 Ce3+，发生反应 2Ce4++H2O2=2Ce3++O2↑+2H+；之后加入氨水，Ce3+会转化为沉淀，此时滤液 A 中主要的阳离子是 NH4+；再向沉淀中加入 NaClO 溶液，NaClO 作为氧化剂将 Ce (OH)3氧化为 Ce(OH)4；最后对 Ce(OH)4进行灼烧处理，从而得到最终产品。
（1）①中空气与矿料逆流而行，目的是使气固反应物充分接触，加快反应速率，使氧化更加充分；步骤①“氧化焙烧”将+3价铈氧化成+4价，步骤⑤加H2O2将Ce4+还原为Ce3+，步骤⑧加NaClO溶液将Ce(OH)3氧化为Ce(OH)4，因此发生的主要反应为氧化还原反应的有①⑤⑧；步骤⑥中加入氨水后Ce3+转化为沉淀，滤液A中主要阳离子是；
（2）由平衡Ce4++n(HA)2 Ce (H2n﹣4A2n)+4H+，可知加入Na2SO4时，随着c()增大，水层中Ce4+被结合成，导致萃取平衡向左移动，分配比迅速减小；
（3）步骤⑧加NaClO溶液将Ce(OH)3氧化为Ce(OH)4，离子方程式为：；
（4）加入NaClO后，ClO-中的Cl化合价降低得到Cl-，因此验证沉淀是否洗涤完全，可以检验Cl-，检验沉淀是否洗涤干净的实验操作及现象为取适量最后一次的洗涤液于试管中，加入硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，若没有观察到白色沉淀，说明沉淀已经洗涤干净。
18．（2025·泰山模拟）以有机物为起始原料，按照下列路线合成某利尿药物。
已知：① J分子结构中含有氨基和羧基。
②。
（1）的反应类型为　 　，的名称为　 　。
（2）与D具有相同官能团的芳香族同分异构体有　 　种(不考虑立体异构)。
（3）中，步骤①有生成，则步骤②的化学方程式为　 　。
（4）碱性大小比较：F　 　G(填“>”、“<”或“=”)。
（5），两步反应的设计目的是　 　。
（6）除“”外，中所含的官能团名称为　 　。
（7）已知的转化过程分两步，转化关系如图所示。
请写出N和P的结构简式：　 　、　 　。
【答案】（1）取代反应；2-甲基苯胺(或：邻甲基苯胺)
（2）16
（3）
（4）>
（5）保护，防止被氧化
（6）酰胺键(基)，亚氨基，氯原子
（7）；或
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）根据F的结构简式可知，苯环上甲基的对位氢原子被氯原子取代生成D为：，发生取代反应。的名称为：2-甲基苯胺(或：邻甲基苯胺)。
故答案为： 取代反应 ；2-甲基苯胺(或：邻甲基苯胺)。；
（2）与D具有相同官能团，首先含苯环，其他原子作为取代基，取代基为，种；取代基为和，有种；取代基为和，有种；取代基为、、的有种，共种，去掉本身，共种。
故答案为：16；
（3）E为，E首先发生取代反应①，生成，然后和氨气反应生成F。方程式为：。
故答案为：；
（4）G为，F是，F含有，G中的氨基已经形成肽键，所以F的碱性更强。
故答案为： > ；
（5）F→G将氨基转化成酰胺基，G→H发生氧化反应，H→J又将酰胺基水解成氨基，故设计F→G、 H→J的目的是保护，防止被氧化。
故答案为： 保护，防止被氧化 ；
（6）根据M的结构式可知，含有的官能团是：酰胺键(基)，亚氨基，氯原子。
故答案为： 酰胺键(基)，亚氨基，氯原子 ；
（7）L是，L和N发生信息中的两步反应生成M，则N为，则P的结构式可能为：或。
故答案为： ；或 ；
【分析】由 A 的分子式及 K 的结构中含苯环可推断，A 为甲苯（C6H5-CH3）。A 的苯环上甲基邻位的氢原子被硝基（-NO2）取代，生成 B，其结构为甲基邻位连接硝基的苯环（ ）。
结合 F 的结构简式可知，D是苯环上甲基对位的氢被氯原子（-Cl）取代的产物，即结构为 ；D中的硝基（-NO2）发生还原反应生成氨基（-NH2），得到 E（ ）；E 通过两次取代反应引入 H2NO2S - 基团，生成 F。F 中的氨基（-NH2）与乙酸（CH3COOH）发生取代反应（形成酰胺键），生成 G（ ）；G 中的甲基（-CH3）被高锰酸钾氧化为羧基（-COOH），得到 H（ ）。H 中的酰胺键（-NHCOCH3）发生水解反应，重新生成氨基（-NH2），得到 J，结合 M 的结构可知，J 的结构为 “ ；K（结构含 - NH2的苯环衍生物）与 J 通过羧基和氨基的取代反应（形成肽键）生成 L（ ）；L 与 N 发生反应生成 M，根据 M 的结构及反应信息，N 为乙醛（CH3CHO）。
（1）根据F的结构简式可知，苯环上甲基的对位氢原子被氯原子取代生成D为：，发生取代反应。的名称为：2-甲基苯胺(或：邻甲基苯胺)。
（2）与D具有相同官能团，首先含苯环，其他原子作为取代基，取代基为，种；取代基为和，有种；取代基为和，有种；取代基为、、的有种，共种，去掉本身，共种。
（3）E为，E首先发生取代反应①，生成，然后和氨气反应生成F。方程式为：。
（4）G为，F是，F含有，G中的氨基已经形成肽键，所以F的碱性更强。
（5）F→G将氨基转化成酰胺基，G→H发生氧化反应，H→J又将酰胺基水解成氨基，故设计F→G、 H→J的目的是保护，防止被氧化。
（6）根据M的结构式可知，含有的官能团是：酰胺键(基)，亚氨基，氯原子。
（7）L是，L和N发生信息中的两步反应生成M，则N为，则P的结构式可能为：或。
19．（2025·泰山模拟）叠氮化钠()是汽车安全气囊的主要成分。实验室制备叠氮化钠并测定产品纯度。
已知：i．易溶于水和液氨，微溶于乙醇，不溶于乙醚，300℃以上分解。
ii．熔点为208℃，易潮解、易氧化。
iii．有氧化性，不与酸、碱反应，但可与溶液反应生成沉淀。
I．制备
先制备，再与反应制备，实验装置如图所示。
实验步骤：
①组装仪器，检查装置的气密性，加装药品。
②打开、，关闭。加热装置，待充满装置后，调整加热套温度为350℃。
③中反应充分后，持续通入，将加热套温度调至210 220℃，停止加热，关闭。
④打开和装置中活塞，装置中生成。……
回答下列问题
（1）装置F的作用是　 　；本装置中有一处缺陷，请指出：　 　。
（2）装置B中的仪器及药品为　 　。
（3）装置中做还原剂被氧化为，则生成的离子方程式为　 　。
（4）制备的化学方程式为　 　。
（5）产品的后处理操作用到的试剂有：乙醇、乙醚、蒸馏水。操作如下：将产品溶解于，加入并搅拌，过滤，再使用洗涤。试剂X、Y、Z依次为　 　。
II．测定纯度
实验小组采用数字化实验仪器测定产品纯度。滴定计数器可以准确记录滴定针筒滴下的液体滴数，每滴液体体积为。
i．将粗产品溶解，定容至，取加入锥形瓶。如图连接数字化实验仪器，向滴定针筒内加入足量浓度为的溶液。
ii．缓慢推动滴定针筒活塞，使针筒内液体逐滴滴下，压强传感器和滴定计数器采集数据。待压强稳定后，关闭活塞。数据如图所示。
已知：与反应生成一种无污染气体，元素被还原为+3价；杂质不参与反应。
（6）在滴定时使用磁力搅拌器的目的是　 　。
（7）样品纯度为　 　%。
【答案】吸收尾气，防止引发倒吸，防止水蒸气进入引发潮解；未设置尾气的处理装置；干燥管、碱石灰；；；蒸馏水、乙醇、乙醚；加快反应速率，使溶液混合均匀，防止假终点到来，从而减少测定误差；
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）该反应中使用到了氨气，会污染空气，同时根据题给信息可知，易潮解，制备过程中要注意防水，故装置F的作用是：吸收尾气，防止引发倒吸，防止水蒸气进入引发潮解；制备过程中生成了氢气，需要进行尾气处理，则本装置中有一处缺陷是：未设置尾气的处理装置；故答案为：吸收尾气，防止引发倒吸，防止水蒸气进入引发潮解；未设置尾气的处理装置
故答案为： 吸收尾气，防止引发倒吸，防止水蒸气进入引发潮解 ； 未设置尾气的处理装置 ；
（2）装置A制备同时要注意除去挥发出来的硝酸和氯化氢，则装置B中的仪器及药品为：干燥管、碱石灰；
故答案为： 干燥管、碱石灰 ；
（3）结合题意，装置A中和硝酸反应生成和，离子方程式为：；
故答案为： ；
（4）根据题意在装置E中和反应生成，方程式为：；
故答案为： ；
（5）根据题给信息可知，易溶于水和液氨，微溶于乙醇，不溶于乙醚，则将产品溶解于水，加入乙醇降低产品的溶解度，随后搅拌，过滤，再使用乙醚洗涤，
故答案为：蒸馏水、乙醇、乙醚；
（6）通过搅拌可加快反应速度，故在滴定时使用磁力搅拌器的目的是：加快反应速率，使溶液混合均匀，防止假终点到来，从而减少测定误差；
故答案为： 加快反应速率，使溶液混合均匀，防止假终点到来，从而减少测定误差 ；
（7）根据题意与反应生成一种无污染气体，方程式为：2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3=4NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2↑，由图可知，n滴时压强不再变化，达到滴定终点，则n()=n××10-3L/mL××=2nc×10-4mol，样品纯度为：
故答案为： 。
【分析】本题为无机物制备类实验题，实验以制备叠氮化钠（NaN3）为核心。首先由装置 C 制备氨气（NH3），氨气通入装置 E 与金属钠（Na）在加热条件下反应生成氨基钠（NaNH2），反应方程式为
；随后在装置 A 中制备氧化亚氮（N2O），经除杂后通入装置E，与 NaNH2反应生成目标产物 NaN3，据此可分析各装置的作用、反应原理及实验操作。
（1）结合 NaNH2易潮解、NH3的性质，分析装置 F 吸收 NH3尾气、防倒吸、防止水蒸气进入 E 的作用。根据反应生成 H2，判断装置未设置 H2尾气处理装置的缺陷。
（2）根据装置 A 制备 N2O 时需除杂（硝酸、氯化氢），确定装置 B 为盛有碱石灰的干燥管。
（3）结合 SnCl2被氧化为 SnCl4、NO3-被还原为 N2O，配平离子方程式即可。
（4）根据 NaNH2与 N2O 的反应，结合反应条件（210~220℃），写出化学方程式
（5）依据 NaN3的溶解性（易溶于水、微溶于乙醇、不溶于乙醚），确定试剂顺序为蒸馏水、乙醇、乙醚。
（6）从加快反应速率、使溶液混合均匀、减少滴定误差的角度，分析磁力搅拌器的作用。
（7）根据反应中 NaN3与 (NH4)2Ce (NO3)6的计量关系，结合滴定数据计算样品纯度。
20．（2025·泰山模拟）“一碳化学”是指以分子中只含有一个碳原子的化合物(如，，等)为原料合成一系列化工产品的化学。回答下列问题：
I．
II．
III．
（1）相关的化学键键能数据如下表所示：
化学键
436 463 413 803
估算反应II的　 　。
（2）反应II的速率，其中、分别为正、逆反应速率常数。升高温度时　 　(填“增大”“减小”或“不变”)。
（3）已知：温度为时，向某固定容积的容器中充入一定量的和，仅发生反应I和反应II，平衡时和的转化率及和的物质的量(n)随起始投料比变化的情况如图所示。
①图中表示的转化率变化的曲线为　 　(填“a”“b”“c”或“d”)。
②　 　，起始投料比时，的选择性　 　%(保留3位有效数字)。
③若温度为，起始投料比时，反应II的，则　 　(填“>”“=”或“<”)，该温度下可能对应图中、、、四点中的　 　。
【答案】（1）
（2）减小
（3）b；0.125；33.3；>；Y
【知识点】化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；物质的量的相关计算；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）反应△H=反应物键能之和—生成物键能之和，则反应Ⅲ的△H3=(413kJ/mol×4+463kJ/mol×4)—(803kJ/mol×2+436kJ/mol×4)=+154 kJ/mol，由盖斯定律可知，反应Ⅱ=反应Ⅰ+反应Ⅲ，则△H2=△H1+△H3=(－205.8 kJ/mol)+(+154 kJ/mol)=－51.8kJ/mol，
故答案为：－51.8kJ/mol；
（2）反应II是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，正反应速率小于逆反应速率，所以减小，
故答案为：减小；
（3）①起始投料比增大相当于增大氢气的浓度，反应I的平衡向正反应方向移动，一氧化碳的转化率增大、甲烷的物质的量增大，但氢气的转化率减小，反应II的平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的物质的量会减小，所以曲线a、b、c、d分别表示一氧化碳的转化率、氢气的转化率、甲烷的物质的量、二氧化碳的物质的量随投料比变化的情况，
故答案为：b；
②由图可知，起始投料比=1时，一氧化碳和氢气的转化率分别为37.5%、62.5%，二氧化碳的物质的量为mmol，则平衡时一氧化碳的物质的量为1mol－1mol×37.5%=0.625mol、氢气的物质的量为1mol－1mol×62.5%=0.375mol，由碳原子个数守恒可知，甲烷的物质的量为1mol－0.625mol－mmol=(0.375－m) mol，由氧原子个数守恒可知，水的物质的量为1mol－0.625mol－2mmol=(0.375－2m) mol，由氢原子个数守恒可得：0.375mol×2+(0.375－m) mol×4+(0.375－2m) mol×2=1 mol×2，解得m=0.125，则二氧化碳的选择性为≈33.3%，
故答案为：0.125；33.3；
③反应II为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，反应的平衡常数减小，设温度为T1条件下反应达到平衡时混合气体的总物质的量为nmol、压强为P，由②所得数据可知，反应的平衡常数Kp==0.6，由题意可知，温度为T2条件下反应的平衡常数Kp=1，则温度T1大于T2，反应I为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，氢气的转化率增大，所以温度为T2条件下氢气的转化率对应Y点，
故答案为：>；Y。
【分析】（1）根据反应热 = 反应物键能总和 - 生成物键能总和，结合盖斯定律（反应 Ⅱ= 反应 Ⅰ+ 反应 Ⅲ），计算反应 Ⅱ 的 ΔH2。
（2）反应 Ⅱ 为放热反应，升温平衡逆向移动，正反应速率常数增大程度小于逆反应，
故 lg k 正 - lg k 逆减小。
（3）①投料比增大时，H2转化率降低，对应曲线 b。
②利用 C、H、O 原子守恒列方程，计算 m=0.125；根据选择性公式得 CO2选择性为 33.3%。
③反应 Ⅱ 放热，T1时 Kp=0.6 1> T2；降温使 H2转化率升高，对应点 Y。
（1）反应△H=反应物键能之和—生成物键能之和，则反应Ⅲ的△H3=(413kJ/mol×4+463kJ/mol×4)—(803kJ/mol×2+436kJ/mol×4)=+154 kJ/mol，由盖斯定律可知，反应Ⅱ=反应Ⅰ+反应Ⅲ，则△H2=△H1+△H3=(－205.8 kJ/mol)+(+154 kJ/mol)=－51.8kJ/mol，故答案为：－51.8kJ/mol；
（2）反应II是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，正反应速率小于逆反应速率，所以减小，故答案为：减小；
（3）①起始投料比增大相当于增大氢气的浓度，反应I的平衡向正反应方向移动，一氧化碳的转化率增大、甲烷的物质的量增大，但氢气的转化率减小，反应II的平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的物质的量会减小，所以曲线a、b、c、d分别表示一氧化碳的转化率、氢气的转化率、甲烷的物质的量、二氧化碳的物质的量随投料比变化的情况，故选b；
②由图可知，起始投料比=1时，一氧化碳和氢气的转化率分别为37.5%、62.5%，二氧化碳的物质的量为mmol，则平衡时一氧化碳的物质的量为1mol－1mol×37.5%=0.625mol、氢气的物质的量为1mol－1mol×62.5%=0.375mol，由碳原子个数守恒可知，甲烷的物质的量为1mol－0.625mol－mmol=(0.375－m) mol，由氧原子个数守恒可知，水的物质的量为1mol－0.625mol－2mmol=(0.375－2m) mol，由氢原子个数守恒可得：0.375mol×2+(0.375－m) mol×4+(0.375－2m) mol×2=1 mol×2，解得m=0.125，则二氧化碳的选择性为≈33.3%，故答案为：0.125；33.3；
③反应II为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，反应的平衡常数减小，设温度为T1条件下反应达到平衡时混合气体的总物质的量为nmol、压强为P，由②所得数据可知，反应的平衡常数Kp==0.6，由题意可知，温度为T2条件下反应的平衡常数Kp=1，则温度T1大于T2，反应I为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，氢气的转化率增大，所以温度为T2条件下氢气的转化率对应Y点，故答案为：>；Y。
1 / 1山东省泰山联盟2024-2025学年高三下学期四月份联考化学试题
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．（2025·泰山模拟）齐鲁大地人杰地灵，辛弃疾和李清照是宋朝词人的杰出代表，下列诗句所涉及的化学知识错误的是
A．“稻花香里说丰年，听取蛙声一片”，稻花香气的主要成分是无机化合物
B．“东风夜放花千树，更吹落星如雨”，烟花燃烧涉及氧化还原反应
C．“三杯两盏淡酒，怎敌他晚来风急”，酒的制作过程涉及糖类的水解
D．“轻解罗裳，独上兰舟”，在古代，罗裳的主要成分是蛋白质
2．（2025·泰山模拟）关于物质的分离、提纯，下列说法错误的是
A．蒸馏法分离乙醇和乙醛
B．重结晶法提纯含有少量食盐的苯甲酸
C．过滤法分离2，4，6-三溴苯酚和乙醚
D．萃取和柱色谱法从青蒿中提取分离青蒿素
3．（2025·泰山模拟）下列化学用语或图示错误的是
A．用电子式表示的形成：
B．用亚铜氨溶液除去合成氨原料气中的：
C．用电子云轮廓图示意键的形成：
D．用对苯二甲酸与对苯二胺制备芳纶纤维：+
4．（2025·泰山模拟）下列玻璃仪器(含活塞)在相应实验中选用不合理的是
A．重结晶法提纯乙酰苯胺()：⑥⑦⑧
B．蒸馏法分离苯(沸点80.1℃)和甲苯(沸点111℃)：①③⑤⑨
C．用标准液滴定测量溶液中的含量：③④
D．用作萃取剂，萃取溴水中的溴：②⑥
5．（2025·泰山模拟）纤维素可以多条单链的形式存在，在低温下溶于溶液，恢复至室温后不稳定，加入尿素可得到室温下稳定的溶液，可使纤维素绿色再生利用。下列说法错误的是
A．纤维素难溶于水的主要原因是其链间有多个氢键
B．提供破坏纤维素链之间的氢键，引发溶胀
C．加入尿素形成动态“包覆层”，防止链间重新结合
D．低温时纤维素分子链间的相互作用力增强，更易被溶解
6．（2025·泰山模拟）有机化合物与在的催化作用下可反应生成，其反应如图：
下列说法正确的是
A．分子中最多有15个碳原子共面
B．与同类别的同分异构体还有2种
C．该反应的副产物为和
D．分子中键角大小：
7．（2025·泰山模拟）化合物和所含元素相同，相对分子质量相差7，含电子，，和三种元素位于同周期，原子最外层电子数是原子核外电子数的一半。下列说法正确的是
A．同周期第一电离能比大的元素有3种
B．电负性顺序：
C．常温常压下和的单质均为固体
D．和互为同素异形体
8．（2025·泰山模拟）一种可用于海水淡化的新型网状高分子材料，其制备原理如图(反应方程式未配平)。
下列说法正确的是
A．中碳原子均为杂化
B．的重复结构单元中，
C．该反应属于加聚反应
D．完全水解消耗
9．（2025·泰山模拟）是一种用途广泛的磁性材料，以为原料制备并获得副产物水合物的工艺如下。
25℃时各物质溶度积见下表：
物质
溶度积
下列说法错误的是
A．反应釜1中的反应需在隔绝空气条件下进行
B．反应釜2中反应的离子方程式为
C．反应釜3中，25℃时，浓度为，理论上不超过10
D．获得水合物的操作为：蒸发浓缩、冷却结晶
10．（2025·泰山模拟）逆水煤气变换体系中存在以下两个反应：
反应I：
反应II：
在恒容条件下，按投料比进行反应，平衡时含碳物质体积分数随温度的变化如图所示。下列说法错误的是
A．反应I的，反应II的
B．M点反应I的平衡常数
C．点的压强是的3倍
D．若按投料，则曲线之间交点位置不变
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11．（2025·泰山模拟）下列实验操作对应的现象及结论均正确的是
　 实验操作 现象 结论
A 分别向盛有和的试管中滴加浓盐酸 盛的试管中产生黄绿色气体 氧化性：
B 用标准溶液滴定未知浓度的溶液，用甲基橙作指示剂 终点的颜色变化为橙色到黄色 反应终点在指示剂变色范围内，误差较小
C 量取同体积不同浓度的溶液，分别加入等体积等浓度的溶液 浓度大的溶液产生气泡速度快 反应物浓度越大，化学反应速率越快
D 用玻璃棒摩擦装有明矾过饱和溶液的烧杯内壁 快速析出晶体 烧杯内壁产生微小的玻璃微晶来充当晶核
A．A B．B C．C D．D
12．（2025·泰山模拟）四乙基铅能提高汽油的辛烷值，但污染严重，是一种潜在替代品，以和为原料，电解合成的原理如图所示(为催化剂)。
下列说法正确的是
A．电解过程中起到催化剂作用，其浓度保持不变
B．电极发生的电极反应为：
C．每生产产品，转移电子的物质的量为
D．已知以和为原料也可以直接放电制备产品，该方法能耗更低产率更高
13．（2025·泰山模拟）将转化为有机碳酸酯，可有效减少碳排放。转化为的总反应为 ，可通过两步反应完成：I． ；Ⅱ． ；反应Ⅱ的反应机理如图1所示，其中催化剂参与催化循环和脱水循环；随的变化曲线如图2.已知：(和为常数)。
下列说法错误的是
A．对于总反应，活化能
B．该反应的催化剂是
C．反应I为吸热反应
D．脱水循环可以提高DMC的平衡产率
14．（2025·泰山模拟）某学习小组对与的反应的快慢及颜色变化进行探究，实验操作及现象如下：
实验 操作及现象
I 将表面打磨光洁的铜丝末端绕成螺旋状，伸入盛有浓硝酸的试管中，反应开始较为缓慢，随后迅速加快，固液交界处的铜丝表面析出蓝色固体，溶液变为绿色。取反应片刻后的溶液加入水中稀释，溶液变为蓝色，加入铜片立刻产生大量气泡。
Ⅱ 取实验I稀释后的溶液置于酒精灯上微热，再次加入铜丝，表面出现少量气泡。
已知：溶液受热非常容易分解，可以与形成绿色配合物。下列说法正确的是
A．铜丝表面析出的蓝色固体难溶于水
B．两个实验中硝酸均表现氧化性
C．实验I中溶液变蓝的主要原因是与水发生反应
D．通过以上实验可证明对与的反应有催化作用
15．（2025·泰山模拟）废弃电池中锰可通过浸取回收。某温度下，在和混合溶液中，的分布系数与的关系如图。
已知：难溶于水，具有两性；。下列说法错误的是
A．曲线代表的变化
B．点，
C．点，
D．点，
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．（2025·泰山模拟）锆英石常用作耐火材料，其矿砂常与钛铁矿、金红石等共生。回答下列问题：
（1）锆与钛是同族相邻元素，基态锆原子核外价电子轨道表示式为　 　；第4周期基态原子核外未成对电子数与锆相同的元素有　 　种。
（2）钛铁矿经过，等多种物质处理后会生成硫酸氧钛(为+4价)等中间产物。
①空间构型为　 　，中存在的大键为　 　(分子中的大键可用符号表示，其中代表参与形成大键的原子数，代表参与形成大键的电子数，例如苯分子中的大键可表示为)。
②硫酸氧钛晶体中，阳离子为如图1所示链状聚合形式的离子，则该晶体的化学式为　 　。
（3）能形成多种配合物，物质为，物质为与配位数相同的同分异构体。与足量硝酸银溶液反应生成沉淀，的化学式为　 　。
（4）金红石为四方晶系晶体、晶胞参数为，。在金红石结构中，原子处在变形的八面体中，距离有4个较近，2个较远。八面体沿着轴共边连接成链，这些链再通过共顶点连接成晶体，结构如图2：晶体沿轴方向的投影如图3。已知原子A的分数坐标为，则原子B的分数坐标为　 　；该晶体的密度为　 　(列出计算式，代表阿伏加德罗常数的值)。
17．（2025·泰山模拟）稀土是重要的战略资源，包括第IIIB族的钪、钇和镧系元素共17种元素(表示为)，中国是最大的稀土氧化物()供应国。以氟碳铈矿(主要含)为原料制备二氧化铈的一种工艺流程如图。
已知：①能与结合成，也能与结合成；②在硫酸中能被萃取剂萃取，而不能。回答下列问题：
（1）①中空气与矿料逆流而行，目的是　 　。①至⑩中，发生的主要反应为氧化还原反应的有　 　(选填序号)。滤液A中主要阳离子是　 　(写离子符号)。
（2）“萃取”时存在平衡：。保持其它条件不变，在起始料液中加入不同量的以改变水层中的。通过图分析随起始料液中变化的原因　 　。
（3）写出⑧中主要反应的离子方程式：　 　。
（4）⑨中沉淀需进行洗涤，写出检验沉淀是否洗涤干净的实验操作及现象　 　。
18．（2025·泰山模拟）以有机物为起始原料，按照下列路线合成某利尿药物。
已知：① J分子结构中含有氨基和羧基。
②。
（1）的反应类型为　 　，的名称为　 　。
（2）与D具有相同官能团的芳香族同分异构体有　 　种(不考虑立体异构)。
（3）中，步骤①有生成，则步骤②的化学方程式为　 　。
（4）碱性大小比较：F　 　G(填“>”、“<”或“=”)。
（5），两步反应的设计目的是　 　。
（6）除“”外，中所含的官能团名称为　 　。
（7）已知的转化过程分两步，转化关系如图所示。
请写出N和P的结构简式：　 　、　 　。
19．（2025·泰山模拟）叠氮化钠()是汽车安全气囊的主要成分。实验室制备叠氮化钠并测定产品纯度。
已知：i．易溶于水和液氨，微溶于乙醇，不溶于乙醚，300℃以上分解。
ii．熔点为208℃，易潮解、易氧化。
iii．有氧化性，不与酸、碱反应，但可与溶液反应生成沉淀。
I．制备
先制备，再与反应制备，实验装置如图所示。
实验步骤：
①组装仪器，检查装置的气密性，加装药品。
②打开、，关闭。加热装置，待充满装置后，调整加热套温度为350℃。
③中反应充分后，持续通入，将加热套温度调至210 220℃，停止加热，关闭。
④打开和装置中活塞，装置中生成。……
回答下列问题
（1）装置F的作用是　 　；本装置中有一处缺陷，请指出：　 　。
（2）装置B中的仪器及药品为　 　。
（3）装置中做还原剂被氧化为，则生成的离子方程式为　 　。
（4）制备的化学方程式为　 　。
（5）产品的后处理操作用到的试剂有：乙醇、乙醚、蒸馏水。操作如下：将产品溶解于，加入并搅拌，过滤，再使用洗涤。试剂X、Y、Z依次为　 　。
II．测定纯度
实验小组采用数字化实验仪器测定产品纯度。滴定计数器可以准确记录滴定针筒滴下的液体滴数，每滴液体体积为。
i．将粗产品溶解，定容至，取加入锥形瓶。如图连接数字化实验仪器，向滴定针筒内加入足量浓度为的溶液。
ii．缓慢推动滴定针筒活塞，使针筒内液体逐滴滴下，压强传感器和滴定计数器采集数据。待压强稳定后，关闭活塞。数据如图所示。
已知：与反应生成一种无污染气体，元素被还原为+3价；杂质不参与反应。
（6）在滴定时使用磁力搅拌器的目的是　 　。
（7）样品纯度为　 　%。
20．（2025·泰山模拟）“一碳化学”是指以分子中只含有一个碳原子的化合物(如，，等)为原料合成一系列化工产品的化学。回答下列问题：
I．
II．
III．
（1）相关的化学键键能数据如下表所示：
化学键
436 463 413 803
估算反应II的　 　。
（2）反应II的速率，其中、分别为正、逆反应速率常数。升高温度时　 　(填“增大”“减小”或“不变”)。
（3）已知：温度为时，向某固定容积的容器中充入一定量的和，仅发生反应I和反应II，平衡时和的转化率及和的物质的量(n)随起始投料比变化的情况如图所示。
①图中表示的转化率变化的曲线为　 　(填“a”“b”“c”或“d”)。
②　 　，起始投料比时，的选择性　 　%(保留3位有效数字)。
③若温度为，起始投料比时，反应II的，则　 　(填“>”“=”或“<”)，该温度下可能对应图中、、、四点中的　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；乙醇的工业制法；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A、稻花香气的主要成分是具有香味的酯类物质，酯类属于有机化合物（含碳的化合物，除简单的碳氧化物、碳酸、碳酸盐等外），而非无机化合物，A错误；
B、烟花燃烧过程中，火药中的成分发生剧烈反应，存在元素化合价的变化（如金属元素的氧化还原），属于氧化还原反应，B正确；
C、酒的制作流程中，首先是含淀粉的原料（如粮食）发生糖类水解（淀粉水解为葡萄糖），随后葡萄糖在酶的作用下转化为乙醇，涉及糖类的水解过程，C正确；
D、古代的 “罗裳” 主要材质是丝绸，丝绸由蚕丝制成，而蚕丝的主要成分是蛋白质，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题易错点：
对稻花香气成分的类别判断错误，易误认为酯类属于无机化合物，实则酯类是有机化合物。
对氧化还原反应的判断，忽略烟花燃烧过程中存在元素化合价的变化。
对酒的制作过程中糖类水解的知识掌握不牢，不清楚淀粉水解生成糖再转化为醇的过程。
对古代罗裳主要成分的认知不足，不了解丝绸的主要成分是蛋白质。
2．【答案】C
【知识点】蒸发和结晶、重结晶；蒸馏与分馏；分液和萃取
【解析】【解答】A、乙醇和乙醛沸点差异较大，可通过蒸馏法分离，A正确；
B、苯甲酸在水中溶解度随温度变化大，食盐溶解度受温度影响小，利用重结晶法可提纯苯甲酸，B正确；
C、2，4，6 - 三溴苯酚在乙醚中溶解度较高，二者混合形成溶液，无法用过滤法分离，C错误；
D、青蒿素在乙醚中溶解度大，可先萃取再通过柱色谱法分离提纯，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
对蒸馏法适用条件理解不足，忽略乙醇和乙醛沸点差异可通过蒸馏分离。
对重结晶法原理掌握不牢，不清楚苯甲酸和食盐溶解度随温度变化的差异可用于提纯。
对过滤法适用范围判断错误，误认为 2，4，6 - 三溴苯酚难溶于乙醚，实则其在乙醚中溶解度较高，形成溶液无法过滤分离。
对萃取和柱色谱法的应用场景不熟悉，不了解青蒿素的提取分离可采用这些方法。
3．【答案】B
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；羧酸简介；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、K2S 是离子化合物，钾原子失电子、硫原子得电子，其电子式为：，A正确；
B、亚铜氨中铜为 + 1 价，而 [Cu (NH3)2]2+中铜为 + 2 价，亚铜氨溶液除 CO 的反应式书写错误，正确的方程为：，B错误；
C、p-pπ 键由两个原子的 p 轨道 “肩并肩” 重叠形成，电子云轮廓图为：，C正确；
D、对苯二甲酸（）与对苯二胺（）通过缩聚反应制备芳纶纤维，其反应的化学方程式为：+，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．明确 K2S 是离子化合物，结合钾、硫的电子得失，判断电子式形成过程的正确性。
B．抓住亚铜氨中铜的化合价为 +1 价，而 [Cu(NH3)2]2+中铜为 +2 价，通过化合价差异判断反应式错误。
C．依据 p-pπ 键 “肩并肩” 重叠的形成原理，判断电子云轮廓图的表示是否正确。
D．识别对苯二甲酸与对苯二胺的缩聚反应，分析反应式及产物的合理性。
4．【答案】C
【知识点】常用仪器及其使用；蒸馏与分馏；分液和萃取；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A、重结晶法提纯乙酰苯胺，需用到漏斗、烧杯、玻璃棒（对应⑦⑥⑧），A合理；
B、蒸馏法分离苯和甲苯，需用到蒸馏烧瓶、温度计、直行冷凝管、锥形瓶（对应①⑤⑨③），B合理；
C、Na2S2O3溶液呈碱性，应使用碱性滴定管，而图中④是酸式滴定管，选用不合理，C错误；
D、用 CCl4萃取溴水中的溴，需用到分液漏斗、烧杯（对应②⑥），D合理；
故答案为：C。
【分析】A．明确重结晶操作需漏斗（过滤）、烧杯（溶解、结晶）、玻璃棒（搅拌、引流）。
B．抓住蒸馏操作需蒸馏烧瓶（装混合液）、温度计（控温度）、直行冷凝管（冷凝）、锥形瓶（接馏分）。
C．依据 Na2S2O3溶液的碱性，判断需用碱性滴定管，而图中④是酸式滴定管。
D．识别萃取操作需分液漏斗（分离）、烧杯（承接），判断仪器选用是否正确。
5．【答案】D
【知识点】含有氢键的物质；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、纤维素分子中含有多个羟基，链与链之间能形成大量氢键。这种链间氢键的存在，使得纤维素与水分子之间的氢键作用被削弱，因此纤维素难溶于水，A正确；
B、在低温下，NaOH 溶液中的 OH-能破坏纤维素链之间的氢键。氢键被破坏后，水分子可以通过扩散进入纤维素链的间隙，从而引发纤维素的溶胀，B正确；
C、加入尿素后，尿素分子会在纤维素分子链周围形成动态的 “包覆层”。这一 “包覆层” 能够阻止纤维素分子链在室温下重新形成氢键，从而使纤维素在室温下的溶液保持稳定，C正确；
D、低温环境下，纤维素分子链间的氢键相互作用力会增强。分子间作用力越强，物质越难溶解，因此低温时纤维素更难被溶解，而非更易溶解，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．抓住纤维素分子含多个羟基，链间形成大量氢键，削弱与水分子的氢键作用，从而判断其难溶于水的原因。
B．明确 NaOH 提供的 OH-可破坏纤维素链间氢键，引发水分子扩散进入链间隙导致溶胀。
C．理解尿素形成的动态 “包覆层” 能阻止纤维素链间重新形成氢键，维持溶液稳定性。
D．依据低温下分子间氢键作用力增强，物质更难溶解的规律，判断该选项错误。
6．【答案】C
【知识点】键能、键长、键角及其应用；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A、X 分子中含有形成三元环的碳原子，这些碳原子为sp3 杂化，呈四面体构型。由于四面体构型的碳原子无法与周围原子共面，因此 X 分子中不可能有 15 个碳原子共面，A错误；
B、HCOOC2H5属于酯类，与其同类别的同分异构体需满足 “酯基结构且分子式相同”。符合条件的只有CH3COOCH3，共 1 种，而非 2 种，B错误；
C、从反应的元素守恒角度分析，反应过程中除生成 Y 外，还会产生CH3CH2OH（乙醇）和 H2O（水）作为副产物，C正确；
D、X 分子中∠1 的中心原子为sp3 杂化，且含有 2 个孤电子对，键角约为 105°；∠2 的中心原子为sp2 杂化，键角约为 120°。因此 ∠1 < ∠2，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．抓住 X 分子中三元环的碳原子为 sp3 杂化（四面体构型），判断不可能 15 个碳原子共面。
B．明确 HCOOC2H5同类别的酯类同分异构体仅 CH3COOCH3一种。
C．依据反应的元素守恒，分析得出副产物为 CH3CH2OH 和 H2O。
D．通过中心原子的杂化类型（∠1 为 sp3 杂化且含 2 个孤电子对，∠2 为 sp2 杂化），比较键角大小。
7．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；同素异形体；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】 【解答】 A、W是N（第二周期），同周期中第一电离能大于N的元素只有F、Ne，共2种，不是3种，A错误；
B、第二周期主族元素电负性从左到右递增，O（R）、N（W）、C（X）的原子序数依次减小，因此电负性顺序为R > W > X，B正确；
C、X是C，其单质（石墨、金刚石）常温常压下是固体；但R是O，其单质（O2、O3）常温常压下是气体，不是固体，C错误；
D、Y和Z是氢元素的两种核素（质子数相同、中子数不同），二者互为同位素；同素异形体是同种元素的不同单质，D错误；
故答案为：B。
【分析】首先确定Y、Z的种类：两种化合物X3Y7WR和X3Z7WR含相同元素，相对分子质量差7，结合氢的核素（H、D相对原子质量差1），推测Y、Z是氢的不同核素（7个氢原子的核素差异刚好带来质量差7）。然后推导X、W、R的关系：X、W、R同周期，设X最外层电子数为a，根据“X最外层电子数是R核外电子数的一半”，得R核外电子数为2a。接着列电子数方程：1mol X3Y7WR含40mol电子，Y是氢（质子数1），若X、W、R在第二周期（第二周期元素原子序数=最外层电子数+2），则X的质子数为a+2，总电子数满足：3×(a+2) + 7×1 + W的核外电子数 + 2a = 40，整理得5a + W的核外电子数 = 27。
最后验证元素种类：当a=4时，W的核外电子数=27-5×4=7，此时X质子数=4+2=6（即C），R核外电子数=2×4=8（即O），W核外电子数=7（即N），三者均为第二周期元素，符合条件。
8．【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、X中存在“-CH2-”结构的饱和碳原子（成4个单键），采取sp3杂化；仅碳碳双键上的碳原子采取sp2杂化，因此X中碳原子并非均为sp2杂化，A错误；
B、X分子含3个N原子，反应中X的3个碳碳双键分别与Y的3个-SH键加成，故Z的重复结构单元中含3个S原子（来自Y），因此n(N)：n(S)=3：3=1：1，并非3：4，B错误；
C、反应中X的碳碳双键断裂（转化为单键），与Y的-SH发生加成，最终生成高分子Z，无小分子副产物，符合“加聚反应（加成聚合）”的定义，C正确；
D、X分子中含6个酰胺基（-CON-），每个酰胺基水解需消耗1mol NaOH，因此1mol X完全水解消耗6mol NaOH，并非3mol，D错误；
故答案为：C。【分析】先分析反应本质：观察反应物X（含碳碳双键）和Y（含-SH）的结构，反应中X的碳碳双键与Y的S-H键发生加成，生成高分子Z（无小分子副产物）。再逐个分析选项的判断依据：
A．分析碳原子杂化：看X中碳原子的成键方式（单键/双键）；
B．计算原子个数比：明确Z重复单元中N、S的来源（X含N，Y含S，结合反应的加成比例）；
C．根据反应中“双键变单键、生成高分子且无小分子生成”的特征判断为加聚反应；
D．分析X中能水解的基团（酰胺基）的数量。
9．【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；蒸发和结晶、重结晶；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、反应釜1的目标是制备Fe(OH)2，而Fe2+易被空气中O2氧化为Fe3+，因此需隔绝空气进行反应，A正确；
B、反应釜2中，CaO与水反应生成OH-，Fe2+在O2作用下被氧化为Fe(OH)3，结合得失电子守恒（O2得4e-，4个Fe2+失4e-）与电荷守恒，配平离子方程式为：，B正确；
C、反应釜3中，需保证Ca2+不沉淀，已知浓度为，
，c(H+) ≥ mol/L=
10-11mol/L，pH≤11，故理论上不超过11，C错误；
D、CaCl2的溶解度随温度升高而增大，因此通过“蒸发浓缩（提高浓度）、冷却结晶（降低溶解度析出晶体）”可获得其水合物，D正确；
故答案为：C。
【分析】先梳理工艺逻辑：以FeCl2为原料，反应釜1制备Fe(OH)2（需防氧化），反应釜2通入空气将Fe2+氧化为Fe(OH)3，反应釜3调节pH后分离出Fe(OH)2与Fe(OH)3的混合物（后续转化为Fe3O4），滤液处理得到CaCl2水合物。再结合溶度积、反应条件分析各选项。
10．【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、温度升高，CH4体积分数降低（反应Ⅱ逆向移动），说明反应Ⅱ是放热反应（ΔH < 0）；CO体积分数升高（反应Ⅰ正向移动），说明反应Ⅰ是吸热反应（ΔH > 0），A正确；
B、M点没有CH4，且CO2和CO的体积分数相等；投料比V(CO2)：V(H2)=1：1，反应Ⅰ中CO2和H2按1：1消耗，所以平衡时n(CO2)=n(H2)=n(CO)=n(H2O)。恒容下浓度比等于物质的量比，反应Ⅰ的平衡常数：
，B正确；
C、N点CO和CH4的体积分数相等，设n(CO)=n(CH4)=x。反应Ⅰ生成x mol CO时，生成x mol H2O；反应Ⅱ生成x mol CH4时，生成2x mol H2O。总n(H2O)=x+2x=3x，恒容下压强比等于物质的量比，所以H2O的压强是CH4的3倍，C正确；
D、若投料比改为V(CO2)：V(H2)=1：2，H2浓度增大，反应Ⅰ、Ⅱ都会正向移动：相同温度下，CO2的体积分数会减小，CO、CH4的体积分数会增大，曲线之间的交点（比如N点）对应的温度会改变，D错误；
故答案为：D。
【分析】先明确体系里两个反应的竞争逻辑，结合“温度-含碳物质体积分数”曲线，从热效应、平衡常数、物质的量关系、投料比影响这四个角度分析：
A．热效应判断：看温度升高时CH4（反应Ⅱ产物）、CO（反应Ⅰ产物）的体积分数变化，判断反应吸放热；
B．掌握平衡常数计算：M点CO2和CO体积分数相等，结合投料比分析反应Ⅰ的平衡浓度关系；
C．考查压强关系分析：N点CO和CH4体积分数相等，结合两个反应生成H2O的系数，算H2O与CH4的物质的量比；
D．判断投料比的影响：改变H2的比例，会让两个反应的平衡移动程度变化，进而改变含碳物质的体积分数分布。
11．【答案】A,D
【知识点】中和滴定；探究影响化学反应速率的因素；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、NiO(OH)中Ni为+3价，氧化性较强，能与浓盐酸发生反应：
2NiO(OH)+6HCl(浓)=2NiCl2 +Cl2↑+4H2O（生成黄绿色Cl2）；
而Fe(OH)3中Fe为+3价，氧化性弱于Cl2，无法氧化Cl-生成Cl2。
现象（NiO(OH)试管产生黄绿色气体）和结论（氧化性：NiO(OH) > Fe(OH)3）均正确，A正确；
B、HCl滴定NH3·H2O，产物为NH4Cl（强酸弱碱盐，溶液呈酸性）。甲基橙的变色范围是“pH<3.1（红色）；3.1~4.4（橙色）； pH>4.4（黄色）”，因此滴定终点的颜色变化应为“黄色到橙色”（而非“橙色到黄色”）；现象描述错误，B错误；
C、NaClO具有强氧化性，Na2SO3具有还原性，二者发生氧化还原反应：NaClO＋Na2SO3=NaCl+ Na2SO4，该反应无气体生成，不会产生气泡。
现象描述错误，C错误；
D、明矾过饱和溶液本身处于不稳定状态，但缺乏晶核时难以结晶；用玻璃棒摩擦烧杯内壁，会使烧杯壁产生微小的玻璃微晶，这些微晶可充当晶核，促使过饱和溶液快速析出晶体。
现象（快速析出晶体）和结论（玻璃微晶充当晶核）均正确，D正确；
故答案为：D。
【分析】逐个分析每个实验的“操作-现象-结论”逻辑，结合物质性质（氧化性、指示剂变色、反应类型、结晶条件）判断合理性：
A. 分析氧化性强弱：通过物质与浓盐酸的反应是否生成Cl2，判断氧化剂的氧化性；
B. 分析滴定指示剂：结合反应产物的酸碱性，判断指示剂的变色方向；
C. 分析反应类型：判断NaClO与Na2SO3的反应是氧化还原还是复分解，确定是否有气体生成；
D. 分析结晶条件：明确过饱和溶液结晶的关键是晶核，判断玻璃棒摩擦的作用。
12．【答案】B,D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、电解时，Br-在电极B被氧化成Br2（是反应物），Br2又和Pt(0)反应生成Br-（是生成物），Br-是反应的中间物质，不是催化剂（催化剂反应前后浓度不变且不参与反应本质），A错误；
B、电极A是阴极（得电子），CO2和CH3OH在阴极发生还原反应，生成CO、CH3O-和H2O，电极反应式为：2CH3OH+CO2+2e-=2CH3O-+CO+H2O，B正确；
C、生成1mol (CH3O)2CO时，Pt(0)变成Pt(Ⅱ)（Pt化合价升高2），转移2mol电子；但“每生产1mol产品转移2mol电子”的逻辑错误（实际是生产1mol产品转移2mol电子，但选项混淆了电子转移与产品量的对应关系），C错误；
D、CO和CH3OH能自发发生氧化还原反应，直接设计成原电池放电制备产品，不用电解提供电能，既能利用反应的化学能，又减少了电解的能耗，所以能耗更低、产率更高，D正确；
故答案为：BD。
【分析】先通过“得失电子”判断电极类型，再分析各物质的转化、电子转移，最后对比制备方法的差异： A.考查 电极类型判断：电极B上Br-变成Br2（失电子，氧化反应），是阳极；电极A上物质得电子（还原反应），是阴极。
B. 考查电极反应推导：结合原料（CO2、CH3OH）和产物（CO、CH3O-），写电极A的反应式。
C. 考查物质作用分析：看Br-是反应物还是催化剂，结合Pt的价态变化算电子转移量。
D. 考查制备方法对比：比较“电解法”和“直接放电法”的能耗、产率。
13．【答案】A,C
【知识点】吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂；化学平衡常数；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、根据公式 ，结合图 2：温度升高（ 减小）时，K 总减小。平衡常数减小说明升高温度平衡逆向移动，因此总反应为放热反应。对于放热反应，正反应活化能 E 正小于逆反应活化能 E 逆，A错误；
B、催化剂的定义是 “参与反应但反应前后化学性质和质量不变”。由图 1 可知，结构为 的物质在反应中先消耗、后生成，符合催化剂的特征，B正确；
C、根据盖斯定律，总反应由 “2× 反应 Ⅰ + 反应 Ⅱ” 得到，因此平衡常数关系为 K 总 = K12 K2，变形得 。结合图 2：温度升高时，K 总减小的幅度比 K2大，因此 K1随温度升高而减小。平衡常数随温度升高而减小，说明反应 Ⅰ 为放热反应，C错误；
D、脱水循环将反应 Ⅱ 中的 H2O 移除，根据 “减小生成物浓度，平衡正向移动” 的原理，会促使反应 Ⅱ 平衡正向进行，从而提高 DMC 的平衡产率，D正确；
故答案为：AC。
【分析】A、C．利用 ，结合图 2 中 K 随温度的变化，判断总反应和反应 Ⅰ 的热效应，进而分析活化能与反应热的关系。
B．根据 “催化剂反应前后不变”，结合图 1 中物质的消耗与生成，判断催化剂。
D．依据 “减小生成物浓度，平衡正向移动”，分析脱水循环对 DMC（CH3OCOOCH3）产率的影响。
14．【答案】B,D
【知识点】性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、实验Ⅰ中铜丝表面析出的蓝色固体是晶体（因反应生成大量过饱和析出），该晶体可溶于水（实验Ⅰ稀释后溶液变蓝可证明），A错误；
B、两个实验中，Cu均被硝酸氧化为，硝酸作为氧化剂，表现氧化性，B正确；
C、实验Ⅰ中溶液变蓝的原因是：稀释时，绿色配合物分解，重新转化为（而非NO2与水反应），C错误；
D、实验Ⅰ中反应由慢变快，结合HNO2的性质，推测HNO2对反应有催化作用；
实验Ⅱ中加热使HNO2分解，反应速率降低，进一步证实HNO2的催化作用，D正确；
故答案为：BD。
【分析】A．根据实验 Ⅰ 中 “稀释后溶液变蓝” 的现象，判断蓝色固体可溶于水。
B．分析两个实验中 Cu 被硝酸氧化为 Cu2+的过程，判断硝酸均表现氧化性。
C．结合 “Cu2+与 NO2-形成绿色配合物” 的信息，分析溶液变蓝是配合物分解生成 Cu2+。
D．对比实验 Ⅰ（反应加快）和实验 Ⅱ（加热分解 HNO2后反应变慢），证明 HNO2的催化作用。
15．【答案】C
【知识点】化学平衡常数；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、pH较小时，Mn元素主要以存在，对应曲线x；随pH增大（碱性增强），逐步转化为，因此曲线y代表的变化，A正确；
B、P点，说明溶液中只有和两种含Mn微粒。
物料守恒：，且，故
电荷守恒：。
将物料守恒代入电荷守恒，得。
P点pH=10.2，溶液呈碱性（），因此，B正确；
C、O点存在平衡：。
P点，pH=10.2，此时平衡常数。
O点，，即。
结合平衡常数，可得，则，而非，C错误；
D、Q点物料守恒：。
结合题中微粒转化关系（，），可得，即，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．根据pH对Mn(II)存在形式的影响，pH小则以（曲线x）为主，pH增大时转化为（曲线y），以此判断曲线含义。
B．结合P点，利用物料守恒和电荷守恒，结合pH=10.2时溶液的酸碱性，分析与的大小。
C．先根据P点数据计算平衡常数，再结合O点的分布系数，通过平衡常数公式推导，判断计算是否正确。
D．依据物料守恒，结合题中微粒的转化关系，分析与的大小。
16．【答案】（1）；4
（2）平面三角形；；
（3）
（4）或；
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）锆与钛是同族相邻元素，钛是22号元素，则锆是40号元素，基态锆原子核外价电子轨道表示式为，未成对电子数为2，第4周期基态原子核外未成对电子数与锆相同的元素有Ti(3d24s2)、Ni(3d84s2)、Ge(4s24p2)、Se(4s24p4)，共4种。
故答案为： ；4；
（2）①的中心原子为N原子，其孤电子对数为、价层电子对数为3+0=3，故空间构型为平面三角形，N原子发生sp2杂化，则硝酸根中N提供2个电子、每个O原子各提供1个电子，再加上1个外来的电子共6个电子形成大π键，则中存在的大键为。
②根据阳离子结构示意图可知其为硫酸氧钛晶体中阳离子为，则该晶体的化学式为：。
故答案为： 平面三角形 ； ； ；
（3）物质为，物质为与配位数相同的同分异构体。则B的配位数为6，与足量硝酸银溶液反应生成沉淀，则外界有2个氯离子、内界有1个氯离子、还有5个水分子，则外界还有1个水分子，故的化学式为。
故答案为： ；
（4）图2中为两个长方体晶胞堆积而成，由晶胞结构可知A点和B点位于晶胞的两个四分之一体心处，z方向上A、B等高，x、y轴方向上互补，已知原子A的分数坐标为，则原子B的分数坐标为或；由晶胞结构可知黑球位于顶点和体心，个数为，白球4个在面上，2个在体内，个数为，则一个晶胞中含有Ti原子2个，O原子4个，故晶胞质量为，晶胞体积为，可以求得晶胞密度即该晶体的密度为。
故答案为：或 ； 。
【分析】（1）依据锆的原子序数（40）和同族电子排布规律，写出基态锆原子价电子轨道表示式。第 2 空：确定锆的未成对电子数（2），再找出第 4 周期未成对电子数为 2 的元素种类。
（2）① 计算NO3-中心原子的孤电子对和价层电子对，判断空间构型；根据大 π 键的成键原理，确定其大 π 键符号。② 分析阳离子的链状聚合结构，结合 Ti 的化合价，推出晶体化学式。
（3）根据配合物的配位数、与硝酸银反应的沉淀量，判断内界和外界的离子 / 分子组成，推出 B 的化学式。
（4）根据晶胞中原子的相对位置关系，推导原子 B 的分数坐标。先确定晶胞中 Ti、O 原子的个数，再结合晶胞参数计算晶胞质量和体积，进而得出密度计算式。
（1）锆与钛是同族相邻元素，钛是22号元素，则锆是40号元素，基态锆原子核外价电子轨道表示式为，未成对电子数为2，第4周期基态原子核外未成对电子数与锆相同的元素有Ti(3d24s2)、Ni(3d84s2)、Ge(4s24p2)、Se(4s24p4)，共4种。
（2）①的中心原子为N原子，其孤电子对数为、价层电子对数为3+0=3，故空间构型为平面三角形，N原子发生sp2杂化，则硝酸根中N提供2个电子、每个O原子各提供1个电子，再加上1个外来的电子共6个电子形成大π键，则中存在的大键为。
②根据阳离子结构示意图可知其为硫酸氧钛晶体中阳离子为，则该晶体的化学式为：。
（3）物质为，物质为与配位数相同的同分异构体。则B的配位数为6，与足量硝酸银溶液反应生成沉淀，则外界有2个氯离子、内界有1个氯离子、还有5个水分子，则外界还有1个水分子，故的化学式为。
（4）图2中为两个长方体晶胞堆积而成，由晶胞结构可知A点和B点位于晶胞的两个四分之一体心处，z方向上A、B等高，x、y轴方向上互补，已知原子A的分数坐标为，则原子B的分数坐标为或；由晶胞结构可知黑球位于顶点和体心，个数为，白球4个在面上，2个在体内，个数为，则一个晶胞中含有Ti原子2个，O原子4个，故晶胞质量为，晶胞体积为，可以求得晶胞密度即该晶体的密度为。
17．【答案】（1）使气固反应物充分接触，加快反应速率，使氧化更加充分；①⑤⑧；
（2）随着增大，水层中与结合生成，导致萃取平衡向左移动，分配比迅速减小
（3）
（4）取适量最后一次的洗涤液于试管中，加入硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，若没有观察到白色沉淀，说明沉淀已经洗涤干净或答：若有白色沉淀生成则没有洗涤干净
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）①中空气与矿料逆流而行，目的是使气固反应物充分接触，加快反应速率，使氧化更加充分；步骤①“氧化焙烧”将+3价铈氧化成+4价，步骤⑤加H2O2将Ce4+还原为Ce3+，步骤⑧加NaClO溶液将Ce(OH)3氧化为Ce(OH)4，因此发生的主要反应为氧化还原反应的有①⑤⑧；步骤⑥中加入氨水后Ce3+转化为沉淀，滤液A中主要阳离子是；
故答案为： 使气固反应物充分接触，加快反应速率，使氧化更加充分 ； ①⑤⑧ ； ；
（2）由平衡Ce4++n(HA)2 Ce (H2n﹣4A2n)+4H+，可知加入Na2SO4时，随着c()增大，水层中Ce4+被结合成，导致萃取平衡向左移动，分配比迅速减小；
故答案为： 随着增大，水层中与结合生成，导致萃取平衡向左移动，分配比迅速减小 ；
（3）步骤⑧加NaClO溶液将Ce(OH)3氧化为Ce(OH)4，离子方程式为：；
故答案为： ；
（4）加入NaClO后，ClO-中的Cl化合价降低得到Cl-，因此验证沉淀是否洗涤完全，可以检验Cl-，检验沉淀是否洗涤干净的实验操作及现象为取适量最后一次的洗涤液于试管中，加入硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，若没有观察到白色沉淀，说明沉淀已经洗涤干净。
故答案为： 取适量最后一次的洗涤液于试管中，加入硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，若没有观察到白色沉淀，说明沉淀已经洗涤干净或答：若有白色沉淀生成则没有洗涤干净 。
故答案为： 取适量最后一次的洗涤液于试管中，加入硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，若没有观察到白色沉淀，说明沉淀已经洗涤干净或答：若有白色沉淀生成则没有洗涤干净 。
【分析】向焙烧产物中加入稀硫酸，+4 价铈会与 SO42-结合形成 [CeSO4]2+；接着加入萃取剂 [(HA)2]，在硫酸体系下，Ce4+能被该萃取剂萃取；经分离操作除去水层后，加入氟洗液，可将体系中的氟元素除去；在 “反萃取” 步骤中，加入 H2O2，H2O2作为还原剂将 Ce4+还原为 Ce3+，发生反应 2Ce4++H2O2=2Ce3++O2↑+2H+；之后加入氨水，Ce3+会转化为沉淀，此时滤液 A 中主要的阳离子是 NH4+；再向沉淀中加入 NaClO 溶液，NaClO 作为氧化剂将 Ce (OH)3氧化为 Ce(OH)4；最后对 Ce(OH)4进行灼烧处理，从而得到最终产品。
（1）①中空气与矿料逆流而行，目的是使气固反应物充分接触，加快反应速率，使氧化更加充分；步骤①“氧化焙烧”将+3价铈氧化成+4价，步骤⑤加H2O2将Ce4+还原为Ce3+，步骤⑧加NaClO溶液将Ce(OH)3氧化为Ce(OH)4，因此发生的主要反应为氧化还原反应的有①⑤⑧；步骤⑥中加入氨水后Ce3+转化为沉淀，滤液A中主要阳离子是；
（2）由平衡Ce4++n(HA)2 Ce (H2n﹣4A2n)+4H+，可知加入Na2SO4时，随着c()增大，水层中Ce4+被结合成，导致萃取平衡向左移动，分配比迅速减小；
（3）步骤⑧加NaClO溶液将Ce(OH)3氧化为Ce(OH)4，离子方程式为：；
（4）加入NaClO后，ClO-中的Cl化合价降低得到Cl-，因此验证沉淀是否洗涤完全，可以检验Cl-，检验沉淀是否洗涤干净的实验操作及现象为取适量最后一次的洗涤液于试管中，加入硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，若没有观察到白色沉淀，说明沉淀已经洗涤干净。
18．【答案】（1）取代反应；2-甲基苯胺(或：邻甲基苯胺)
（2）16
（3）
（4）>
（5）保护，防止被氧化
（6）酰胺键(基)，亚氨基，氯原子
（7）；或
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）根据F的结构简式可知，苯环上甲基的对位氢原子被氯原子取代生成D为：，发生取代反应。的名称为：2-甲基苯胺(或：邻甲基苯胺)。
故答案为： 取代反应 ；2-甲基苯胺(或：邻甲基苯胺)。；
（2）与D具有相同官能团，首先含苯环，其他原子作为取代基，取代基为，种；取代基为和，有种；取代基为和，有种；取代基为、、的有种，共种，去掉本身，共种。
故答案为：16；
（3）E为，E首先发生取代反应①，生成，然后和氨气反应生成F。方程式为：。
故答案为：；
（4）G为，F是，F含有，G中的氨基已经形成肽键，所以F的碱性更强。
故答案为： > ；
（5）F→G将氨基转化成酰胺基，G→H发生氧化反应，H→J又将酰胺基水解成氨基，故设计F→G、 H→J的目的是保护，防止被氧化。
故答案为： 保护，防止被氧化 ；
（6）根据M的结构式可知，含有的官能团是：酰胺键(基)，亚氨基，氯原子。
故答案为： 酰胺键(基)，亚氨基，氯原子 ；
（7）L是，L和N发生信息中的两步反应生成M，则N为，则P的结构式可能为：或。
故答案为： ；或 ；
【分析】由 A 的分子式及 K 的结构中含苯环可推断，A 为甲苯（C6H5-CH3）。A 的苯环上甲基邻位的氢原子被硝基（-NO2）取代，生成 B，其结构为甲基邻位连接硝基的苯环（ ）。
结合 F 的结构简式可知，D是苯环上甲基对位的氢被氯原子（-Cl）取代的产物，即结构为 ；D中的硝基（-NO2）发生还原反应生成氨基（-NH2），得到 E（ ）；E 通过两次取代反应引入 H2NO2S - 基团，生成 F。F 中的氨基（-NH2）与乙酸（CH3COOH）发生取代反应（形成酰胺键），生成 G（ ）；G 中的甲基（-CH3）被高锰酸钾氧化为羧基（-COOH），得到 H（ ）。H 中的酰胺键（-NHCOCH3）发生水解反应，重新生成氨基（-NH2），得到 J，结合 M 的结构可知，J 的结构为 “ ；K（结构含 - NH2的苯环衍生物）与 J 通过羧基和氨基的取代反应（形成肽键）生成 L（ ）；L 与 N 发生反应生成 M，根据 M 的结构及反应信息，N 为乙醛（CH3CHO）。
（1）根据F的结构简式可知，苯环上甲基的对位氢原子被氯原子取代生成D为：，发生取代反应。的名称为：2-甲基苯胺(或：邻甲基苯胺)。
（2）与D具有相同官能团，首先含苯环，其他原子作为取代基，取代基为，种；取代基为和，有种；取代基为和，有种；取代基为、、的有种，共种，去掉本身，共种。
（3）E为，E首先发生取代反应①，生成，然后和氨气反应生成F。方程式为：。
（4）G为，F是，F含有，G中的氨基已经形成肽键，所以F的碱性更强。
（5）F→G将氨基转化成酰胺基，G→H发生氧化反应，H→J又将酰胺基水解成氨基，故设计F→G、 H→J的目的是保护，防止被氧化。
（6）根据M的结构式可知，含有的官能团是：酰胺键(基)，亚氨基，氯原子。
（7）L是，L和N发生信息中的两步反应生成M，则N为，则P的结构式可能为：或。
19．【答案】吸收尾气，防止引发倒吸，防止水蒸气进入引发潮解；未设置尾气的处理装置；干燥管、碱石灰；；；蒸馏水、乙醇、乙醚；加快反应速率，使溶液混合均匀，防止假终点到来，从而减少测定误差；
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）该反应中使用到了氨气，会污染空气，同时根据题给信息可知，易潮解，制备过程中要注意防水，故装置F的作用是：吸收尾气，防止引发倒吸，防止水蒸气进入引发潮解；制备过程中生成了氢气，需要进行尾气处理，则本装置中有一处缺陷是：未设置尾气的处理装置；故答案为：吸收尾气，防止引发倒吸，防止水蒸气进入引发潮解；未设置尾气的处理装置
故答案为： 吸收尾气，防止引发倒吸，防止水蒸气进入引发潮解 ； 未设置尾气的处理装置 ；
（2）装置A制备同时要注意除去挥发出来的硝酸和氯化氢，则装置B中的仪器及药品为：干燥管、碱石灰；
故答案为： 干燥管、碱石灰 ；
（3）结合题意，装置A中和硝酸反应生成和，离子方程式为：；
故答案为： ；
（4）根据题意在装置E中和反应生成，方程式为：；
故答案为： ；
（5）根据题给信息可知，易溶于水和液氨，微溶于乙醇，不溶于乙醚，则将产品溶解于水，加入乙醇降低产品的溶解度，随后搅拌，过滤，再使用乙醚洗涤，
故答案为：蒸馏水、乙醇、乙醚；
（6）通过搅拌可加快反应速度，故在滴定时使用磁力搅拌器的目的是：加快反应速率，使溶液混合均匀，防止假终点到来，从而减少测定误差；
故答案为： 加快反应速率，使溶液混合均匀，防止假终点到来，从而减少测定误差 ；
（7）根据题意与反应生成一种无污染气体，方程式为：2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3=4NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2↑，由图可知，n滴时压强不再变化，达到滴定终点，则n()=n××10-3L/mL××=2nc×10-4mol，样品纯度为：
故答案为： 。
【分析】本题为无机物制备类实验题，实验以制备叠氮化钠（NaN3）为核心。首先由装置 C 制备氨气（NH3），氨气通入装置 E 与金属钠（Na）在加热条件下反应生成氨基钠（NaNH2），反应方程式为
；随后在装置 A 中制备氧化亚氮（N2O），经除杂后通入装置E，与 NaNH2反应生成目标产物 NaN3，据此可分析各装置的作用、反应原理及实验操作。
（1）结合 NaNH2易潮解、NH3的性质，分析装置 F 吸收 NH3尾气、防倒吸、防止水蒸气进入 E 的作用。根据反应生成 H2，判断装置未设置 H2尾气处理装置的缺陷。
（2）根据装置 A 制备 N2O 时需除杂（硝酸、氯化氢），确定装置 B 为盛有碱石灰的干燥管。
（3）结合 SnCl2被氧化为 SnCl4、NO3-被还原为 N2O，配平离子方程式即可。
（4）根据 NaNH2与 N2O 的反应，结合反应条件（210~220℃），写出化学方程式
（5）依据 NaN3的溶解性（易溶于水、微溶于乙醇、不溶于乙醚），确定试剂顺序为蒸馏水、乙醇、乙醚。
（6）从加快反应速率、使溶液混合均匀、减少滴定误差的角度，分析磁力搅拌器的作用。
（7）根据反应中 NaN3与 (NH4)2Ce (NO3)6的计量关系，结合滴定数据计算样品纯度。
20．【答案】（1）
（2）减小
（3）b；0.125；33.3；>；Y
【知识点】化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；物质的量的相关计算；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）反应△H=反应物键能之和—生成物键能之和，则反应Ⅲ的△H3=(413kJ/mol×4+463kJ/mol×4)—(803kJ/mol×2+436kJ/mol×4)=+154 kJ/mol，由盖斯定律可知，反应Ⅱ=反应Ⅰ+反应Ⅲ，则△H2=△H1+△H3=(－205.8 kJ/mol)+(+154 kJ/mol)=－51.8kJ/mol，
故答案为：－51.8kJ/mol；
（2）反应II是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，正反应速率小于逆反应速率，所以减小，
故答案为：减小；
（3）①起始投料比增大相当于增大氢气的浓度，反应I的平衡向正反应方向移动，一氧化碳的转化率增大、甲烷的物质的量增大，但氢气的转化率减小，反应II的平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的物质的量会减小，所以曲线a、b、c、d分别表示一氧化碳的转化率、氢气的转化率、甲烷的物质的量、二氧化碳的物质的量随投料比变化的情况，
故答案为：b；
②由图可知，起始投料比=1时，一氧化碳和氢气的转化率分别为37.5%、62.5%，二氧化碳的物质的量为mmol，则平衡时一氧化碳的物质的量为1mol－1mol×37.5%=0.625mol、氢气的物质的量为1mol－1mol×62.5%=0.375mol，由碳原子个数守恒可知，甲烷的物质的量为1mol－0.625mol－mmol=(0.375－m) mol，由氧原子个数守恒可知，水的物质的量为1mol－0.625mol－2mmol=(0.375－2m) mol，由氢原子个数守恒可得：0.375mol×2+(0.375－m) mol×4+(0.375－2m) mol×2=1 mol×2，解得m=0.125，则二氧化碳的选择性为≈33.3%，
故答案为：0.125；33.3；
③反应II为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，反应的平衡常数减小，设温度为T1条件下反应达到平衡时混合气体的总物质的量为nmol、压强为P，由②所得数据可知，反应的平衡常数Kp==0.6，由题意可知，温度为T2条件下反应的平衡常数Kp=1，则温度T1大于T2，反应I为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，氢气的转化率增大，所以温度为T2条件下氢气的转化率对应Y点，
故答案为：>；Y。
【分析】（1）根据反应热 = 反应物键能总和 - 生成物键能总和，结合盖斯定律（反应 Ⅱ= 反应 Ⅰ+ 反应 Ⅲ），计算反应 Ⅱ 的 ΔH2。
（2）反应 Ⅱ 为放热反应，升温平衡逆向移动，正反应速率常数增大程度小于逆反应，
故 lg k 正 - lg k 逆减小。
（3）①投料比增大时，H2转化率降低，对应曲线 b。
②利用 C、H、O 原子守恒列方程，计算 m=0.125；根据选择性公式得 CO2选择性为 33.3%。
③反应 Ⅱ 放热，T1时 Kp=0.6 1> T2；降温使 H2转化率升高，对应点 Y。
（1）反应△H=反应物键能之和—生成物键能之和，则反应Ⅲ的△H3=(413kJ/mol×4+463kJ/mol×4)—(803kJ/mol×2+436kJ/mol×4)=+154 kJ/mol，由盖斯定律可知，反应Ⅱ=反应Ⅰ+反应Ⅲ，则△H2=△H1+△H3=(－205.8 kJ/mol)+(+154 kJ/mol)=－51.8kJ/mol，故答案为：－51.8kJ/mol；
（2）反应II是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，正反应速率小于逆反应速率，所以减小，故答案为：减小；
（3）①起始投料比增大相当于增大氢气的浓度，反应I的平衡向正反应方向移动，一氧化碳的转化率增大、甲烷的物质的量增大，但氢气的转化率减小，反应II的平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的物质的量会减小，所以曲线a、b、c、d分别表示一氧化碳的转化率、氢气的转化率、甲烷的物质的量、二氧化碳的物质的量随投料比变化的情况，故选b；
②由图可知，起始投料比=1时，一氧化碳和氢气的转化率分别为37.5%、62.5%，二氧化碳的物质的量为mmol，则平衡时一氧化碳的物质的量为1mol－1mol×37.5%=0.625mol、氢气的物质的量为1mol－1mol×62.5%=0.375mol，由碳原子个数守恒可知，甲烷的物质的量为1mol－0.625mol－mmol=(0.375－m) mol，由氧原子个数守恒可知，水的物质的量为1mol－0.625mol－2mmol=(0.375－2m) mol，由氢原子个数守恒可得：0.375mol×2+(0.375－m) mol×4+(0.375－2m) mol×2=1 mol×2，解得m=0.125，则二氧化碳的选择性为≈33.3%，故答案为：0.125；33.3；
③反应II为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，反应的平衡常数减小，设温度为T1条件下反应达到平衡时混合气体的总物质的量为nmol、压强为P，由②所得数据可知，反应的平衡常数Kp==0.6，由题意可知，温度为T2条件下反应的平衡常数Kp=1，则温度T1大于T2，反应I为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，氢气的转化率增大，所以温度为T2条件下氢气的转化率对应Y点，故答案为：>；Y。
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