资源简介

广西柳州市2026届高三下学期化学高考适应性考试试卷
1．化学材料在科技创新中起支撑作用，下列有关说法错误的是（　　）
A．“望宇”登月服所用的聚酰亚胺隔热层属于有机高分子材料
B．无铅储能陶瓷（如钛酸钡基陶瓷）属于新型无机非金属材料
C．我国第三代超量子计算机传输信号的光纤主要成分为晶体硅
D．常用于机器人导电填料的碳纳米管、石墨烯等均属于碳纳米材料
2．下列制取装置（省略部分夹持装置）或操作正确的是（　　）
A.制取并检验SO2 B.混合浓硫酸和乙醇 C.用MnO2和浓盐酸反应制取Cl2 D.配制溶液时的定容操作
A．A B．B C．C D．D
3．联氨（N2H4）在碱性条件下可以将溶液中的亚铁离子（Fe2+）还原为铁单质，核心反应如下：（未配平），设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（　　）
A．1molN2H4中含σ键的数目是5NA
B．该核心反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1
C．溶液中Fe2+的数目小于0.1NA
D．每转移0.1NA电子则会生成标准状况下约1.12LN2
4．下列化学用语或图示表示错误的是（　　）
A．NH3的VSEPR模型：
B．C2H2的空间填充模型：
C．基态S原子的价电子轨道表示式：
D．NaOH的电子式：
5．下列有关物质性质的解释正确的是（　　）
选项 性质 解释
A 酸性：HCOOH>CH3COOH 相对分子质量：HCOOH3COOH
B 熔点：Al>Na 金属性：AlC 硬度：金刚石>晶体硅 原子半径：Si>C
D 沸点： 键能：H-O>H-S
A．A B．B C．C D．D
6．以2-甲基丙醛（M）为原料制备化合物P的合成路线如下，下列说法正确的是（　　）
A．N的分子式为C3H10O2，为手性分子
B．若M+X→N为加成反应，X为甲醛
C．M中所有的碳原子可位于同一个平面
D．1molP最多能与2molH2发生加成反应
7．元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，分别位于不同的前四周期。Y的最外层电子数是内层的3倍，X和Y的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数，Z的最外层只有1个未成对电子，M的原子序数等于X、Y和Z的原子序数之和。下列说法错误的是（　　）
A．X2Y是非极性分子
B．X、Y、Z可形成有强氧化性的化合物
C．Z的最高价氧化物的水化物的酸性强于硫酸
D．M的单质在高温条件下能与水反应生成X的单质
8．下列反应的离子方程式正确的是（　　）
A．向浓NaOH溶液中滴加少量AlCl3溶液：
B．用CuSO4溶液除去乙炔中的
C．氨水溶解
D．过量SO2通入Na2S溶液：
9．某合成尿素的总反应为：其反应的机理及能量变化如图所示，TS表示过渡态。下列说法错误的是（　　）
A．基元反应Ⅰ为（C
B．基元反应Ⅱ中A为该反应为总反应的决速步
C．若合成尿素的总反应
D．合成尿素的总反应在高温下可自发进行
10．根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是（　　）
选项 实验过程及现象 实验结论
A 将红热的木炭放入装有浓硝酸的试管中，产生红棕色气体 木炭将浓硝酸还原成
B 将盛有NO2的密闭烧瓶浸泡在热水中，发生反应：烧瓶内红棕色加深 正反应的活化能小于逆反应的活化能
C 用pH试纸分别测定Na2CO3溶液和溶液的pH，Na2CO3溶液的pH大 与H+结合能力强于
D 分别向盛有4mLKBr溶液和4mLKI溶液的两支试管中加入1mL氯水，振荡，前者溶液由无色变为橙色，后者变为棕色 氧化性：
A．A B．B C．C D．D
11．某碱性混合多硫化物-空气液流二次电池的工作原理如图所示，该电池具有稳定、成本低的特点，其中双膜结构的液流电池设计缓解了硫交叉问题。下列说法正确的是（　　）
A．放电时，电子流向为：电极A→电解液→电极B
B．膜a为阳离子交换膜，膜b为阴离子交换膜
C．放电时发生反应的离子方程式为：
D．充电时，当电路通过2mol电子时，理论上Ⅰ室及左侧贮液器的溶液质量共减少46g
12．萤石（CaF2）是自然界中常见的含氟矿物，其立方晶胞结构如图所示，X、Y代表组成的离子，晶胞参数为apm，NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（　　）
A．与Ca2+紧邻的F有8个
B．晶胞中，F-填充在Ca2+形成的四面体空隙中
C．晶胞内F-之间最近的距离为
D．CaF2的晶体密度为
13．将气体H2S和CH4按体积之比[1导入管式反应器（如图1）热解制高于T℃下发生如下两个反应（反应过程用N2稀释）：
在常压下反应相同时间后，不同温度下测得气体H2、S2及CS2体积分数随温度的变化（如图2）。下列说法正确的是（　　）
A．高于T℃，该体系总反应为：
B．曲线a表示S2（g）的体积分数随温度的变化
C．1000℃时，反应的活化能：反应Ⅰ>反应Ⅱ
D．在1000℃、常压下，通入H2S（g）的体积分数保持不变，提高投料比[不会影响H2S的转化率
14．室温下，向含有SnSO4的酸性溶液中通入H2S生成SnS沉淀，若始终保持的浓度为0.1mol·L- ，体系中pX[pX=-lgX，X为，，]与pH的关系如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．线②表示随pH的变化
B．氢硫酸的一级电离常数K 的数量级为10- 3
C．SnS的
D．D点溶液中的
15．二草酸合铜（Ⅱ）酸钾可用于无机合成、功能材料制备。某研究小组开展探究实验，步骤如下：
已知：
回答下列问题：
（1） 的配体中提供孤电子对的原子是　 　（填元素符号）。
（2）过滤操作中，下列仪器中不需要的是　 　（填仪器名称）。
（3）“步骤Ⅲ”中原料配比为写出反应的离子方程式　 　。
（4）“步骤Ⅳ”中溶解CuO沉淀时，连同滤纸一起加入溶液中的目的是　 　。
（5）“步骤V”步骤中采用趁热过滤的原因是　 　。
（6）室温下，溶液的pH　 　7（填“>”“<”或“=”）。
（7）测定实验中所得二草酸合铜（Ⅱ）酸钾晶体的纯度，称取3.18g样品，用足量稀硫酸溶解后，用（标准溶液滴定达终点时消耗36.00mL（滴定过程中转化为杂质不反应）。
①达到滴定终点的现象是　 　。
②实验中所得二草酸合铜（Ⅱ）酸钾晶体的纯度为　 　。
16．一种从湿法炼锌产生的废渣（主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物）中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如图：
已知常温下溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全（）时的pH：
开始沉淀的pH 1.5 6.9 —— 7.4 6.2
沉淀完全的pH 2.8 8.4 1.1 9.4 8.2
回答下列问题：
（1）“浸出”前，将废渣磨碎，其作用是　 　。
（2）“氧化”的目的是。若要检验“氧化”是否完全，请设计实验方案验证　 　。
（3）“氧化沉钴”中生成Co（OH）3的离子方程式为　 　。
（4）“调pH”步骤中，若pH=4，则“滤渣2”是　 　。
（5）“氧化沉钴”中调pH=4，则“滤液”中的Co3+浓度为　 　
（6）“滤液”中主要的阳离子有Zn2+和　 　（填离子符号）。
（7）ZnO是半导体材料，ZnO晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善半导体的性能。Zn-N键中离子键成分的百分数小于Zn-O键，原因是　 　。
17． MgCO3/MgO循环在CO2捕获及转化等方面具有重要应用。科研人员设计了利用与H2反应生成CH4的路线， △H
主要反应如下（a、b、c均大于0）：
回答下列问题：
（1）计算△H=　 　（用含a、b的字母表示）。
（2）下列描述正确的是（　　）。
A．采用高温高压即加快反应速率又可以提升CO2的平衡转化率
B．在绝热恒容密闭容器中只进行反应Ⅲ，若压强不变，则反应Ⅲ达到平衡状态
C．恒容容器中进行反应I-Ⅲ，气体的平均摩尔质量不再改变，则反应Ⅲ达到平衡状态
D．上述反应I-Ⅲ达到平衡后，升温，CO的平衡浓度一定增大
（3）恒压条件下，按2molH2（g）和2molMgCO3（s）投料反应，低于360℃时反应Ⅲ可忽略。反应物（MgCO3、H2）的平衡转化率和生成物（CH4、CO2）的选择性随温度变化关系如图。已知：含碳生成物选择性=含碳生成物的物质的量×100%。
①曲线丙表示　 　。300℃时达平衡后，压缩容器体积，重新达平衡后，CO2和CH4的物质的量之比　 　（填“增大”“减小”或“不变”）。450℃后曲线乙下降的原因可能是　 　。
② 550℃时反应Ⅲ的平衡常数Kp=　 　。
（4）一定条件下，以CO2和CH3OH为原料制备HCOOH和甲酸盐，可将CO2转化成高附加值的化学品，其装置原理如图。电解过程中通过阳离子交换膜的离子为　 　，电极b的反应式为　 　。
18．化合物H是合成某种抗肿瘤药物的重要中间体，其合成路线如下：
（1）A→B的反应温度不能太高的原因是　 　。B→C的反应方程式为　 　。
（2）C分子中官能团有　 　（填名称）。
（3）F的结构简式为，其名称是　 　。E+F→G的反应类型是　 　。
（4）反应D→E的目的是　 　。若省去“D→E”，D会发生副反应生成W的结构简式为　 　。
（5）写出同时满足下列条件的A的一种同分异构体的结构简式　 　。
①分子中含有苯环，碱性条件下水解后酸化，生成X和Y两种有机物；
②X和Y均含有两种不同化学环境的氢原子。
（6）参考上述路线，设计如下转化。I、J的结构简式分别为　 　和　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】无机非金属材料；高分子材料；纳米材料
【解析】【解答】A、聚酰亚胺是由有机小分子聚合而成的高分子化合物，属于有机高分子材料，A正确；
B、钛酸钡基陶瓷属于新型无机非金属材料，常用于储能领域，B正确；
C、光纤的主要成分是二氧化硅（SiO2），而非晶体硅，晶体硅用于制作半导体芯片、太阳能电池等，C错误；
D、碳纳米管、石墨烯均为碳元素形成的纳米尺度材料，属于碳纳米材料，可用于机器人导电填料，D正确；
故答案为：C；
【分析】本题解题要点：
有机高分子材料：由有机单体聚合而成，相对分子质量大，如聚酰亚胺、塑料、橡胶等；
新型无机非金属材料：如陶瓷、半导体、光纤材料等，区别于传统的水泥、玻璃等；
光纤的核心成分是二氧化硅，晶体硅是半导体材料，二者用途不同；
碳纳米材料：包括碳纳米管、石墨烯、富勒烯等，均为碳的同素异形体，具有优异的导电、力学性能。
2．【答案】A
【知识点】二氧化硫的性质；配制一定物质的量浓度的溶液；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、铜与浓硫酸加热反应生成 SO2，品红溶液可检验 SO2，浸 NaOH 溶液的棉团可吸收尾气 SO2，防止污染环境，装置和操作均正确，A 正确；
B、混合浓硫酸和乙醇时，应将浓硫酸沿烧杯壁缓慢注入乙醇中，并不断搅拌，图中操作顺序错误，B 错误；
C、MnO2和浓盐酸反应制取 Cl2需要加热，图中装置缺少酒精灯，无法发生反应，C 错误；
D、定容操作应在液面离刻度线 1~2cm 时，改用胶头滴管滴加蒸馏水，图中直接加蒸馏水至接近刻度线，操作错误，D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
SO2的制取与检验：铜与浓硫酸加热反应生成 SO2，品红溶液检验 SO2，NaOH 溶液吸收尾气，符合实验规范；
浓硫酸稀释：核心操作是 “酸入水”，将浓硫酸缓慢注入乙醇中并搅拌，防止暴沸；
Cl2的制取：MnO2与浓盐酸反应需要加热，不可省略加热装置；
容量瓶定容：液面接近刻度线时，必须用胶头滴管滴加蒸馏水，不能直接倾倒。
3．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质结构中的化学键数目计算
【解析】【解答】A、N2H4的结构为 H2N-NH2，1 个 N2H4分子含 1 个 N-N σ 键和 4 个 N-H σ 键，共 5 个 σ 键，故 1mol N2H4中含 σ 键的数目是 5NA，A 正确；
B、配平核心反应：Fe2+从 + 2 价降为 0 价，N2H4中 N 从 - 2 价升为 0 价，根据得失电子守恒，配平为 2Fe2++N2H4+4OH-=2Fe↓+N2↑+4H2O，其中 Fe2+为氧化剂，N2H4为还原剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比为 2：1，B 正确；
C、Fe2+会发生水解，故 1L 0.1mol L- FeCl2溶液中 Fe2+的数目小于 0.1NA，C 正确；
D、由配平的反应：2Fe2++N2H4+4OH-=2Fe↓+N2↑+4H2O可知，每生成 1mol N2转移 4mol 电子，故转移 0.1NA电子时，生成 N2的物质的量为 0.025mol，标准状况下体积为 0.025mol×22.4L/mol=0.56L，D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
σ 键计数：N2H4分子中 N-N 键、N-H 键均为 σ 键，直接计数即可；
氧化还原配平：根据 Fe2+、N 的化合价变化，利用得失电子守恒配平反应，确定氧化剂、还原剂的物质的量比；
离子水解：Fe2+为弱碱阳离子，在溶液中会发生水解，导致实际数目小于理论值；
电子转移计算：根据配平的反应，建立电子转移与 N2生成量的关系，计算标准状况下的气体体积。
【知识点】原子核外电子排布；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
5．【答案】C
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；物质的结构与性质之间的关系
【解析】【解答】A、HCOOH 酸性强于 CH3COOH，是因为 CH3- 为推电子基团，使羧基电离 H+能力减弱，酸性减弱，与相对分子质量无关，A 错误；
B、Al 熔点高于 Na，是因为 Al 的金属键更强（离子电荷高、半径小），与金属性强弱无直接关联，B 错误；
C、金刚石和晶体硅均为原子晶体，原子半径 Si>C，导致 C-C 键长更短、键能更大，因此硬度金刚石 > 晶体硅，C 正确；
D、H2O 沸点高于 H2S，是因为 H2O 分子间存在氢键，而 H2S 仅存在范德华力，与键能大小无关，D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
羧酸酸性：受烃基电子效应影响，推电子基团使酸性减弱，与相对分子质量无关；
金属熔点：由金属键强度决定，与金属性（失电子能力）无直接对应关系；
原子晶体硬度：由共价键键能决定，原子半径越小，键长越短、键能越大，硬度越高；
分子沸点：分子间氢键使沸点显著升高，键能影响分子热稳定性，与沸点无直接关联。
6．【答案】B
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A、N 的分子式为 C5H10O2，N 中连接醛基的碳原子连接两个相同的甲基，不满足手性碳原子的要求，不是手性分子，A 错误；
B、若 M+X→N 为加成反应，M 为 2 - 甲基丙醛，与甲醛（HCHO）发生加成反应可生成 N，原子全部转化到产物中，符合加成反应的特征，X 为甲醛，B 正确；
C、M 中含有饱和碳原子，饱和碳原子为 sp3 杂化，呈四面体结构，所有的碳原子不可能位于同一个平面，C 错误；
D、P 中含有碳碳双键和酯基，其中只有碳碳双键能与 H2发生加成反应，1molP 最多能与 1molH2发生加成反应，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
分子式与手性判断：数出 N 中 C、H、O 原子数目确定分子式，手性碳原子需连接 4 个不同的原子或基团；
加成反应判断：加成反应的原子利用率为 100%，根据 M 和 N 的结构差异确定 X 的结构；
原子共平面判断：饱和碳原子为 sp3 杂化，会导致分子中所有原子无法共平面；
官能团与加成反应：酯基中的羰基不能与 H2发生加成反应，只有碳碳双键、醛基等不饱和键能与 H2加成。
7．【答案】A
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、X2Y为H2O，是V形结构，正负电荷中心不重合，为极性分子，不是非极性分子，A错误；
B、X（H）、Y（O）、Z（Cl）可形成HClO、HClO4等化合物，其中HClO4具有强氧化性，B正确；
C、Z为Cl元素，其最高价氧化物的水化物为HClO4，是已知最强无机含氧酸，酸性强于硫酸，C正确；
D、M为Fe元素，Fe单质在高温下与水蒸气反应：3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2↑，生成X的单质（H2），D正确；
故答案为：A。
【分析】Y的最外层电子数是内层的3倍，内层为2个电子，最外层为6个电子，故Y为O元素；X、Y、Z、M原子序数依次增大，分属不同前四周期，X原子序数小于O，且X和Y的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数，Z最外层只有1个未成对电子；若X为H元素（最外层1个电子），则Z最外层电子数为1+6=7，Z为Cl元素（最外层7个电子，1个未成对电子），符合条件；M的原子序数等于X、Y、Z的原子序数之和，即1+8+17=26，故M为Fe元素。
8．【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、向浓 NaOH 溶液中滴加少量 AlCl3溶液，NaOH 过量，Al3+会与过量 OH-反应生成偏铝酸根，正确离子方程式为 Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，A 错误；
B、H2S 为弱酸，在离子方程式中不能拆成 S2-，应保留化学式，正确离子方程式为
Cu2++H2S=CuS↓+2H+，B 错误；
C、氨水溶解 Cu(OH)2，Cu(OH)2与 NH3发生络合反应生成铜氨络离子，离子方程式为
Cu(OH)2+4NH3=Cu(NH3)42++2OH-，C 正确；
D、过量 SO2通入 Na2S 溶液，SO2过量时会生成 HSO3-，正确离子方程式为
5SO2+2S2-+2H2O=3S↓+4HSO3-，D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
反应物用量对反应的影响：NaOH 过量时，Al3+与 OH-反应生成 AlO2-，而非 Al(OH)3沉淀；
弱电解质的拆分：H2S 为弱酸，离子方程式中不能拆成离子形式，需保留化学式；
络合反应的书写：Cu(OH)2与 NH3的络合反应，生成稳定的铜氨络离子，方程式符合守恒规律；
过量反应物对产物的影响：SO2过量时，产物为 HSO3-，而非 SO32-，需根据反应物用量调整产物。
9．【答案】D
【知识点】焓变和熵变；有关反应热的计算
【解析】【解答】A、 从反应机理图可知，基元反应 Ⅰ 的反应物为 CO2和 NH3，生成物为 H2NCOOH，对应反应为 CO2+NH3=H2NCOOH，A 正确；
B、 总反应为 2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(g)+H2O (g)，结合原子守恒分析，基元反应 Ⅱ 中 A 为 H2O；总反应的决速步由活化能最大的基元反应决定，活化能为过渡态能量与对应反应物能量的差值，反应 Ⅱ 的活化能为 130kJ mol- - 36.8kJ mol- = 93.2kJ mol- ，反应 Ⅲ 的活化能为 154kJ mol- - 87.5kJ mol- = 66.5kJ mol- ，因此反应 Ⅱ 的活化能更大，是总反应的决速步，B 正确；
C、 根据盖斯定律，总反应的焓变等于各分步反应的焓变之和。反应 Ⅰ 的焓变为 36.8kJ mol- ，反应 Ⅱ 的焓变为 87.5kJ mol- - 130kJ mol- = -42.5kJ mol- ，反应 Ⅲ 的焓变为 - 240kJ mol- ，因此总反应 ΔH = 36.8 + (-42.5) - 240 = -86kJ mol- ，C 正确；
D、 总反应 ΔH<0（放热），反应后气体分子数减少，因此 ΔS<0（熵减）。根据反应自发进行的判据 ΔG=ΔH - TΔS，当 ΔG<0 时反应自发；由于 ΔH<0、ΔS<0，低温下 TΔS 的绝对值较小，ΔG<0，反应自发；高温下 TΔS 的绝对值较大，ΔG>0，反应不能自发进行，D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
基元反应判断：结合反应机理图，分析各分步反应的反应物和生成物，通过原子守恒验证反应式的合理性；
决速步判断：活化能为过渡态能量与对应反应物能量的差值，活化能越大，反应速率越慢，总反应的速率由最慢的基元反应（活化能最大的步骤）决定，需准确计算各步活化能再对比大小；
焓变计算：依据盖斯定律，总反应的焓变等于各分步反应焓变的代数和，需结合图像中各阶段的能量变化，准确计算每一步的焓变后求和；
反应自发性判断：利用吉布斯自由能判据 ΔG=ΔH - TΔS，结合总反应的 ΔH（放热，ΔH<0）和 ΔS（熵减，ΔS<0）的符号，分析温度对反应自发性的影响，明确低温自发、高温非自发的规律。
10．【答案】B
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；活化能及其对化学反应速率的影响；硝酸的化学性质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】 A、 红热木炭与浓硝酸反应产生的红棕色 NO2，可能是浓硝酸受热分解生成（
4HNO3(浓)4NO2↑+O2↑+2H2O），无法证明是木炭还原浓硝酸的产物，A 错误；
B、 2NO2 N2O4 为放热反应（ΔH<0），ΔH = 正反应活化能 - 逆反应活化能 < 0，故正反应活化能小于逆反应活化能；热水中红棕色加深，说明升温平衡逆向移动，符合放热反应的平衡移动规律，B 正确；
C、 未控制 Na2CO3和 NaHCO3溶液的浓度相同，浓度不同会影响 pH 大小，无法直接比较 CO32-与 HCO3-结合 H+的能力，C 错误；
D、 氯水加入 KBr、KI 溶液，只能证明氧化性 Cl2>Br2、Cl2>I2，无法证明 Br2>I2的氧化性强弱，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
浓硝酸的性质：浓硝酸受热易分解生成 NO2，需排除分解反应对实验结论的干扰；
化学平衡与活化能：放热反应的正反应活化能小于逆反应活化能，升温时平衡向吸热的逆反应方向移动；
盐类水解与 pH 比较：比较不同盐溶液的 pH 以判断离子结合 H+能力时，必须控制溶液浓度相同；
氧化性比较：验证氧化性强弱顺序时，需通过 “氧化剂氧化下一阶还原剂” 的实验，才能完整证明递变规律。
11．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、 放电时，电子只能通过外电路（电源、负载）从电极 A 流向电极 B，不能通过电解液传递，A 错误；
B、 放电时，电极 A 为负极，Na+需通过膜 a 向正极（电极 B 侧）移动，故膜 a 为阳离子交换膜；电极 B 为正极，OH-需留在 Ⅲ 室，膜 b 需阻止 OH-进入 Ⅱ 室，故膜 b 为阴离子交换膜，B 正确；
C、 放电时，电极 A（负极）发生 2S22--2e-=S42-的反应，电极 B（正极）发生：
O2+4e-+2H2O=4OH-，的反应，总反应为 O2+4S22-+2H2O=2S42-+4OH-，C 错误；
D、 充电时，电极 A 为阴极，发生 S42-得电子还原为 S2-的反应，电路通过 2mol 电子时，有 2mol Na+从 Ⅱ 室经膜 a 进入 Ⅰ 室（质量增加 2mol×23g/mol=46g），同时 Ⅰ 室发生还原反应无气体逸出，故 Ⅰ 室及左侧贮液器溶液质量增加 46g，而非减少，D 错误。
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
原电池放电时，电子仅通过外电路定向移动，电解液中为离子导电，不可混淆电子与离子的移动路径；
离子交换膜的判断：根据放电时离子的移动方向，阳离子向正极移动、阴离子向负极移动，结合膜两侧离子的留存需求判断膜的类型；
电极反应式书写：放电时负极发生氧化反应（S22-→S42-），正极发生还原反应（O2→OH-），需结合电荷守恒、原子守恒配平总反应；
充电时的质量变化：充电为电解池，阴极（原负极）发生还原反应，阳离子向阴极移动，需结合离子迁移量计算溶液质量变化。
12．【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、 萤石晶胞中，位于顶点和面心，位于晶胞内部，每个紧邻8个，A正确；
B、 按面心立方最密堆积，形成8个四面体空隙，填充在这些四面体空隙中，B正确；
C、 晶胞参数为，位于晶胞内部，最近的之间的距离为晶胞体对角线的，即，不是，C错误；
D、 晶胞中的个数为，的个数为8，晶胞质量为，晶胞体积为，晶体密度，D正确。
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
配位数判断：根据萤石的晶胞结构，的配位数为8，的配位数为4；
堆积与空隙：采取面心立方最密堆积，填充在形成的全部四面体空隙中；
离子间距计算：位于晶胞体对角线的处，最近距离为，需结合晶胞参数计算；
晶体密度计算：先通过均摊法计算晶胞内离子个数，再结合摩尔质量、晶胞体积计算密度，注意单位换算（转换为）。
13．【答案】D
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数
【解析】【解答】A、 反应Ⅰ：；反应Ⅱ：。总反应为Ⅰ+Ⅱ，即，平衡常数关系为，并非，A错误；
B、 曲线a随温度升高持续增大，对应体积分数最大的；曲线b随温度升高先增后减，对应（被反应Ⅱ消耗）；体积分数缓慢增大，故曲线a表示，B错误；
C、 时体积分数远小于，说明反应Ⅱ速率慢，活化能越大反应速率越慢，故反应Ⅰ的活化能反应Ⅱ的活化能，C错误；
D、 提高投料比，的体积分数保持不变，浓度增大促进反应Ⅱ进行，反应Ⅱ消耗使反应Ⅰ平衡正向移动，但的转化率仅由反应Ⅰ决定，其平衡常数不变，故转化率不变，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
平衡常数运算：总反应的平衡常数等于各分步反应平衡常数的乘积，而非和；
曲线对应物质判断：结合反应进程（先增后减、持续增加、缓慢增加）分析曲线归属；
活化能与反应速率关系：活化能越大，反应速率越慢，相同温度下生成物体积分数越小；
转化率影响因素：恒温恒压下，某反应物转化率由其对应反应的平衡移动决定，改变其他反应物投料不影响其平衡常数与转化率。
14．【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电离平衡常数
【解析】【解答】A、 的一级电离：，，则，随增大而增大，对应线①；二级电离：，，则，随增大而增大，对应线②；的溶度积，随增大而减小，对应线③。因此线②表示随的变化，A正确；
B、 由线①的B点，时，，代入，得，B错误；
C、 由线②的C点，得；由线③的A点，时，，，，并非，C错误；
D、 D点，线①对应，即，，则，并非，D错误。
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
电离平衡与图像对应：的两级电离中，、均随增大而增大，对应递增线①、②；随增大而减小，对应递减线③；
电离常数计算：利用图像中已知点，结合电离常数表达式，代入与计算、；
溶度积计算：结合、与计算，再结合计算；
离子浓度计算：根据的定义，结合的定值，计算目标离子浓度。
15．【答案】（1）O
（2）酸式滴定管、分液漏斗；
（3）；
（4）避免CuO残留在滤纸上，提高原料利用率；
（5）防止 因温度低而结晶析出，提高产率；
（6）<
（7）当滴入最后半滴KMnO4标准溶液时，溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不变色；90%
【知识点】配合物的成键情况；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）配合物的配体为（草酸根），其中原子仅形成双键，无孤电子对；原子存在孤电子对，可作为配位原子提供孤电子对。
故答案为：O；
（2）过滤操作必备仪器为烧杯、玻璃棒、普通漏斗；酸式滴定管用于氧化还原滴定，分液漏斗用于分液或向反应器中添加液体，二者均不参与过滤操作。
故答案为：酸式滴定管、分液漏斗；
（3）已知原料配比，结合原子守恒、电荷守恒及得失电子守恒，反应物为、，生成物为、、、。
离子方程式：
故答案为：；
（4）趁热过滤得到的固体附着在滤纸上，若连同滤纸一起加入反应液，可避免残留在滤纸上造成原料损失，能够提高原料利用率，使反应进行得更充分。
故答案为：避免残留在滤纸上造成原料损失，提高原料利用率
（5）目标产物的溶解度随温度降低显著减小，趁热过滤可防止产物因温度下降结晶析出，减少产物损耗，从而提高最终产率。
故答案为：防止因温度降低结晶析出，减少产物损失，提高产率
（6）先计算的水解常数；
已知的电离常数；
由于，的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性。
故答案为：<；
（7）① 当滴入最后半滴标准溶液时，溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不褪色，说明达到滴定终点。
②根据氧化还原反应 与配合物组成，可得计量关系：
已知，则，
晶体摩尔质量，，纯度。
故答案为：① 当滴入最后半滴标准溶液时，溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不褪色；② 90%；
【分析】首先向硫酸铜溶液中加入足量氢氧化钾，加热煮沸后趁热过滤，得到氧化铜；同时向草酸溶液中分批加入碳酸钾，制得草酸钾和草酸氢钾的混合液；将氧化铜与该混合液水浴加热反应，趁热过滤、洗涤后，经一系列操作得到二草酸合铜 (Ⅱ) 酸钾二水合物，最终得到产品。
（1）需准确识别配体与配位原子，重点判断原子是否存在孤电子对，中为配位原子。
（2）熟练掌握过滤、滴定、分液等操作所需仪器；理解趁热过滤、滤纸处理等特殊操作的目的，核心思路为减少原料损失或提高产率。
（3）需依据原料配比，结合原子守恒、电荷守恒进行配平，注意反应产物为与的混合物。
（4）通过比较电离常数与水解常数的大小，判断酸式盐溶液的酸碱性，电离占主导时溶液显酸性。
（5）明确与的计量比，结合晶体化学式与摩尔质量进行纯度计算，关键在于准确换算物质的量关系。
16．【答案】（1）增大接触面积，加快浸出速率，提高浸出率
（2）将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续除铁取少量氧化后溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若无蓝色沉淀则襤疽皞淠蜆主氧化完全
（3）
（4）Fe(OH)3
（5）10-13.7
（6）K+
（7）O的电负性大于N，Zn与0的电负性差更大，Zn与O之间的成键电子对会更偏向O，导致离子键成分更高
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；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）将废渣磨碎可以减小固体颗粒的粒径，大幅增加废渣与硫酸浸出液的接触面积，从而加快浸出反应的速率，让废渣中的Co、Zn、Fe等有效成分更充分地溶解在酸液中，最终提高有效成分的浸出率。
故答案为：增大废渣与浸出液的接触面积，加快浸出反应速率，提高有效成分的浸出率。
（2）首先分析表格中和的沉淀pH数据，沉淀完全的pH为8.4，远高于（8.2）和（9.4），若直接调pH除，会导致、同步沉淀，无法实现除铁。因此氧化步骤的核心目的是将氧化为，沉淀完全的pH仅为2.8，可在低pH下完全沉淀，且不影响、。检验氧化是否完全，需利用的特征检验试剂铁氰化钾（），与该试剂会生成特征蓝色沉淀，而不反应。取少量氧化后的溶液，滴加溶液，若没有蓝色沉淀生成，说明溶液中无，氧化完全；若出现蓝色沉淀，说明氧化不完全。
故答案为：将氧化为，便于后续调节pH除去铁元素；取少量氧化后的溶液，滴加溶液，若无蓝色沉淀生成，则证明氧化完全。
（3）该步骤为氧化还原反应，需先确定氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物。流程中加入，为氧化剂，为还原剂，被氧化为沉淀；被还原为沉淀。
化合价变化：，Co从+2价升至+3价，每个失去1个电子；，Mn从+7价降至+4价，每个得到3个电子。根据得失电子守恒，的系数为3，的系数为1。再结合原子守恒和电荷守恒，补充配平H、O原子，最终配平离子方程式。
故答案为：；
（4）调pH的核心是控制pH范围，使杂质离子完全沉淀，目标离子不沉淀。结合表格中各离子的沉淀pH数据：沉淀完全的pH为2.8，pH=4时已完全沉淀；开始沉淀的pH为6.2，开始沉淀的pH为7.4，二者均大于4，不会沉淀。因此pH=4时，只有以的形式沉淀，滤渣2为。
故答案为：；
（5）首先根据沉淀完全的pH计算的溶度积。沉淀完全时，pH=1.1，，，。
pH=4时，，，代入表达式，。
故答案为：；
（6）浸出步骤加入，氧化步骤加入，调pH步骤加入，与反应生成；氧化沉钴步骤加入，反应后生成留在溶液中。在调pH步骤完全沉淀，在氧化沉钴步骤完全沉淀，因此滤液中剩余的主要阳离子为和。
故答案为：；
（7）离子键成分的高低与成键两元素的电负性差值直接相关，电负性差值越大，成键电子对越偏向电负性大的原子，化学键的离子性越强。O的电负性大于N，因此Zn与O的电负性差值更大，成键电子对更偏向O原子，使得键的离子成分更高；而Zn与N的电负性差值更小，成键电子对偏移程度更小，因此键的离子成分更低。
故答案为：O的电负性大于N，Zn与O的电负性差值更大，Zn与O之间的成键电子对会更偏向O，导致键的离子成分更高。
【分析】将湿法炼锌废渣用硫酸浸出，过滤除去滤渣 1（主要为 PbSO4等不溶物）；向浸出液中加入 MnO2，将 Fe2+氧化为 Fe3+；再加入 ZnO 调节 pH，使 Fe3+完全沉淀为滤渣 2 除去；随后加入 KMnO4，将 Co2+氧化为 Co(OH)3，同时 KMnO4被还原为 MnO2，最终得到含 MnO2的 Co(OH)3高钴成品。
（1）磨碎废渣的核心逻辑是增大接触面积，加快反应速率、提升浸出率，是化工流程中浸出步骤的通用思路。
（2）明确氧化步骤的核心目的是将 Fe2+ 转化为 Fe3+，解决 Fe2+ 沉淀 pH 过高、无法与 Zn2+、Co2+ 分离的问题；Fe2+ 的检验需使用特征试剂，避免其他离子干扰。
（3） 根据流程，MnO4-作为氧化剂将 Co2+ 氧化为 Co(OH)3沉淀，自身被还原为 MnO2，结合电荷守恒、原子守恒配平反应，注意产物为 Co(OH)3和 MnO2沉淀。
（4） 结合表格中各离子的沉淀 pH，pH=4 时，Fe3+ 已完全沉淀（沉淀完全 pH=2.8），而 Zn2+、Co2+ 的开始沉淀 pH 均大于 4，不会沉淀，因此滤渣 2 为 Fe(OH)3。
（5）Co3+ 沉淀完全的 pH 为 1.1，此时 c (Co3+)≤1.0×10-5mol L- ，先计算 Co(OH)3的溶度积 Ksp，再结合 pH=4 时的 c (OH-)，计算溶液中剩余 Co3+ 的浓度。
（6）流程中加入的试剂有 H2SO4、MnO2、ZnO、KMnO4，调 pH 时 ZnO 转化为 Zn2+，KMnO4反应后生成 K+，且 Fe3+、Co2+ 已被沉淀除去，因此滤液中主要阳离子为 Zn2+ 和 K+。
（7）离子键成分的高低与成键两元素的电负性差正相关，电负性差越大，成键电子对越偏向电负性大的原子，离子键成分越高；O 的电负性大于 N，因此 Zn 与 O 的电负性差更大，Zn-O 键的离子成分更高。
17．【答案】（1）(a-b)
（2）B
（3）；减小；450℃后曲线乙下降的原因是随着温度升高，吸热反应III(CO2+H2 H2O +CO)平衡正向移动，对CO2的消耗程度，大于放热反应II(CO2+4H2 CH4+2H2O)平衡逆向移动对CO2的生成程度，导致CO2的选择性降低；
（4）K+；
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】(1) 根据盖斯定律，总反应可由反应 Ⅰ 和反应 Ⅱ 相加得到。反应 Ⅰ 为 MgCO3(s) MgO (s)+CO2(g)，ΔH1=+a kJ mol- ；反应 Ⅱ 为 CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O (g)，ΔH2=-b kJ mol- 。将两式相加消去 CO2，得到总反应 MgCO3(s)+4H2(g) MgO (s)+2H2O (g)+CH4(g)，总焓变等于两步焓变之和。
故答案为：(a - b) kJ mol-
(2) A：反应 Ⅰ 为吸热反应，升温平衡正向移动；反应 Ⅱ 为放热反应，升温平衡逆向移动，高温会降低 CO2的平衡转化率，A 错误。
B：反应 Ⅲ 为气体分子数不变的反应，恒容容器中压强与温度正相关，绝热条件下反应吸热会使体系温度降低，压强不变说明温度不再变化，反应达到平衡，B 正确。
C：反应 Ⅰ 为气体分子数增大的反应，反应 Ⅱ 为气体分子数减小的反应，恒容容器中气体平均摩尔质量不变，仅说明总反应达到平衡，无法证明反应 Ⅲ 单独平衡，C 错误。
D：升温时，反应 Ⅰ 正向移动使 CO2浓度增大，反应 Ⅱ 逆向移动也使 CO2浓度增大，但反应 Ⅲ 正向移动会消耗 CO2，CO 的平衡浓度不一定增大，D 错误。
故答案为：B；
(3) ① 曲线对应物质与平衡分析解题思路：低于 360℃时反应 Ⅲ 可忽略，总反应为 MgCO3与 H2反应生成 CH4和 CO2。H2的平衡转化率随温度升高先增大后减小，对应曲线丙；压缩容器体积相当于增大压强，反应 Ⅱ 为气体分子数减小的放热反应，加压平衡正向移动，CO2被消耗，CH4生成量增加，因此 减小；450℃后反应 Ⅲ 不可忽略，反应 Ⅲ 为吸热反应，升温正向移动，消耗的 CO2量超过反应 Ⅱ 逆向移动生成的 CO2量，导致 CO2的选择性降低，对应曲线乙下降。
② 初始投料：，，550℃时转化率70%，选择性70%，选择性10%。
由选择性得：，，剩余：。
反应Ⅲ：，结合碳守恒、氢守恒，得，。
恒压下与物质的量成正比，代入。
故答案为：；
(4) 电解池中，a 电极通入 CO2生成 HCOOH，CO2被还原，为阴极；b 电极 CH3OH 被氧化为 HCOO-，为阳极。阳离子交换膜允许阳离子通过，溶液中的 K+从阳极区（b 侧）向阴极区（a 侧）迁移；阳极上 CH3OH 在碱性条件下失去电子，结合 OH-生成 HCOO-和 H2O。
故答案为：K+；；
【分析】（1）总反应焓变等于分步反应焓变的代数和，关键是准确消去中间产物 CO2，得到总反应式。
（2）区分吸热、放热反应对温度、压强的平衡移动响应，明确绝热条件下压强不变可作为平衡判断的依据；理解平均摩尔质量不变仅代表总平衡，无法证明分步反应平衡。
（3）①结合反应特点判断曲线对应物质，明确压强对平衡的影响；理解温度升高后分步反应的竞争关系，解释选择性变化的原因。
②根据选择性数据换算各物质的物质的量，结合分压计算平衡常数，关键是准确建立物质的量关系。
（4）区分阴、阳极的氧化还原反应，明确阳离子交换膜的离子迁移方向，结合电解质环境配平电极反应式。
18．【答案】（1）高温会破坏酶的空间结构，导致酶失活，不能再催化反应；；
（2）羟基、酰胺键
（3）邻甲基苯酚(或2-甲基苯酚)；取代反应
（4）保护仲氨基(N-甲基氨基)避免其在后续反应中发生反应；
（5）或
（6）；
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；结构简式
【解析】【解答】（1）反应中使用酶作为催化剂，酶的催化活性依赖于其特定的空间结构，高温会破坏酶的空间结构导致酶永久失活，无法发挥催化作用，因此反应温度不能太高； B 为 A 经酶水解得到的产物，核心结构是含苯环的羟基羧酸，其与甲胺在加热条件下发生脱水的酰胺化反应，羧基与甲胺的氨基反应生成酰胺键并释放一分子水：。
故答案为：高温会破坏酶的空间结构，导致酶失活，失去催化能力；
（2） 从 C 的分子结构分析，分子中同时含有羟基（连接在苯环侧链的醇羟基）和酰胺键（酰胺结构中的 CONH）。
故答案为：羟基、酰胺键；
（3） 根据题意可知，F （ ）为邻甲基取代的苯酚，名称为邻甲基苯酚（或 2 - 甲基苯酚）； E 中的羟基与 F 中的酚羟基在三苯基膦和 DEAD 作用下发生脱水，氧原子连接形成醚键，该反应类型为取代反应。
故答案为：邻甲基苯酚(或2-甲基苯酚)；取代反应；
（4） D 分子中含有仲氨基，在后续 E 与 F 的反应中，氨基可能参与反应或被氧化，影响目标产物生成。D 与二碳酸二叔丁酯反应将氨基转化为氨基甲酸酯，实现氨基的保护，避免其在后续反应中发生副反应； D 分子中存在仲氨基和醇羟基，在酸性或高温等条件下，分子内发生亲核取代，氨基进攻醇羟基连接的碳原子，形成含氮的环状化合物，结合分子式 C10H13N，判断为五元环或四元环胺，结构为。
故答案为：保护仲氨基(N-甲基氨基)避免其在后续反应中发生反应；；
（5） A分子除了苯环外，还有7个碳原子，4个氧原子，2个不饱和度，其同分异构体满足分子中含有苯环，碱性条件下水解后酸化，生成X和Y两种有机物，说明含有酯基，X和Y均含有两种不同化学环境的氢原子，说明结构高度对称，满足条件的结构简式为或 ；
故答案为：或 ；
（6） 前一步苯环上的甲基被氧化为羧基，同时保留醚键结构，因此 I 为邻羧基苯基环己基醚：， I 与甲胺反应生成酰胺，羧基转化为 N - 甲基酰胺，因此 J 为含有苯环、醚键和 N - 甲基甲酰胺基的化合物：。
故答案为：；；
【分析】化合物 A 经酶催化水解得到中间体 B，B 与甲胺加热反应生成酰胺 C；C 经氢化铝锂还原得到醇胺 D，D 与二碳酸二叔丁酯反应得到氨基保护产物 E；E 在三苯基膦、DEAD 作用下与邻甲酚（F）发生 Mitsunobu 反应，羟基被取代得到醚类化合物 G；G 经盐酸脱除氨基保护基，最终得到目标产物 H。
(1) 从酶作为生物催化剂的特性出发，明确高温会破坏酶的空间结构导致其永久失活，从而解释反应控温原因；根据 B 的羧酸结构与甲胺的反应特征，利用脱水酰胺化原理书写反应方程式。
(2) 直接对标 C 的结构骨架，逐一定位羟基（醇羟基）和酰胺键（-CONH-）等核心官能团，完成名称归纳。
(3) 结合题意，运用有机物系统命名知识推断 F 为邻甲基苯酚；分析 E 与 F 的成键方式（脱水成醚），确定反应类型为取代反应。
(4) 从 D 分子中仲氨基的活泼性（易发生副反应）分析保护基的必要性；结合 D 的分子内原子守恒、亲核取代反应机理及分子式 C10H13N，推断形成四元氮杂环的副产物结构。
(5) 依据 “碱性水解生成两种有机物” 确定分子含酯基，再根据 “两种有机物均含两种不同化学环境的氢” 推导分子具有高度对称性，设计对称的酯基分布结构。
(6) 结合前序氧化反应条件，推断苯环上甲基被氧化为羧基且保留醚键，确定 I 的结构为邻羧基苯基环己基醚；根据后续与甲胺的酰胺化反应，将羧基转化为 N - 甲基酰胺基，推导出 J 的结构。
1 / 1广西柳州市2026届高三下学期化学高考适应性考试试卷
1．化学材料在科技创新中起支撑作用，下列有关说法错误的是（　　）
A．“望宇”登月服所用的聚酰亚胺隔热层属于有机高分子材料
B．无铅储能陶瓷（如钛酸钡基陶瓷）属于新型无机非金属材料
C．我国第三代超量子计算机传输信号的光纤主要成分为晶体硅
D．常用于机器人导电填料的碳纳米管、石墨烯等均属于碳纳米材料
【答案】C
【知识点】无机非金属材料；高分子材料；纳米材料
【解析】【解答】A、聚酰亚胺是由有机小分子聚合而成的高分子化合物，属于有机高分子材料，A正确；
B、钛酸钡基陶瓷属于新型无机非金属材料，常用于储能领域，B正确；
C、光纤的主要成分是二氧化硅（SiO2），而非晶体硅，晶体硅用于制作半导体芯片、太阳能电池等，C错误；
D、碳纳米管、石墨烯均为碳元素形成的纳米尺度材料，属于碳纳米材料，可用于机器人导电填料，D正确；
故答案为：C；
【分析】本题解题要点：
有机高分子材料：由有机单体聚合而成，相对分子质量大，如聚酰亚胺、塑料、橡胶等；
新型无机非金属材料：如陶瓷、半导体、光纤材料等，区别于传统的水泥、玻璃等；
光纤的核心成分是二氧化硅，晶体硅是半导体材料，二者用途不同；
碳纳米材料：包括碳纳米管、石墨烯、富勒烯等，均为碳的同素异形体，具有优异的导电、力学性能。
2．下列制取装置（省略部分夹持装置）或操作正确的是（　　）
A.制取并检验SO2 B.混合浓硫酸和乙醇 C.用MnO2和浓盐酸反应制取Cl2 D.配制溶液时的定容操作
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】二氧化硫的性质；配制一定物质的量浓度的溶液；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、铜与浓硫酸加热反应生成 SO2，品红溶液可检验 SO2，浸 NaOH 溶液的棉团可吸收尾气 SO2，防止污染环境，装置和操作均正确，A 正确；
B、混合浓硫酸和乙醇时，应将浓硫酸沿烧杯壁缓慢注入乙醇中，并不断搅拌，图中操作顺序错误，B 错误；
C、MnO2和浓盐酸反应制取 Cl2需要加热，图中装置缺少酒精灯，无法发生反应，C 错误；
D、定容操作应在液面离刻度线 1~2cm 时，改用胶头滴管滴加蒸馏水，图中直接加蒸馏水至接近刻度线，操作错误，D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
SO2的制取与检验：铜与浓硫酸加热反应生成 SO2，品红溶液检验 SO2，NaOH 溶液吸收尾气，符合实验规范；
浓硫酸稀释：核心操作是 “酸入水”，将浓硫酸缓慢注入乙醇中并搅拌，防止暴沸；
Cl2的制取：MnO2与浓盐酸反应需要加热，不可省略加热装置；
容量瓶定容：液面接近刻度线时，必须用胶头滴管滴加蒸馏水，不能直接倾倒。
3．联氨（N2H4）在碱性条件下可以将溶液中的亚铁离子（Fe2+）还原为铁单质，核心反应如下：（未配平），设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（　　）
A．1molN2H4中含σ键的数目是5NA
B．该核心反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1
C．溶液中Fe2+的数目小于0.1NA
D．每转移0.1NA电子则会生成标准状况下约1.12LN2
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质结构中的化学键数目计算
【解析】【解答】A、N2H4的结构为 H2N-NH2，1 个 N2H4分子含 1 个 N-N σ 键和 4 个 N-H σ 键，共 5 个 σ 键，故 1mol N2H4中含 σ 键的数目是 5NA，A 正确；
B、配平核心反应：Fe2+从 + 2 价降为 0 价，N2H4中 N 从 - 2 价升为 0 价，根据得失电子守恒，配平为 2Fe2++N2H4+4OH-=2Fe↓+N2↑+4H2O，其中 Fe2+为氧化剂，N2H4为还原剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比为 2：1，B 正确；
C、Fe2+会发生水解，故 1L 0.1mol L- FeCl2溶液中 Fe2+的数目小于 0.1NA，C 正确；
D、由配平的反应：2Fe2++N2H4+4OH-=2Fe↓+N2↑+4H2O可知，每生成 1mol N2转移 4mol 电子，故转移 0.1NA电子时，生成 N2的物质的量为 0.025mol，标准状况下体积为 0.025mol×22.4L/mol=0.56L，D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
σ 键计数：N2H4分子中 N-N 键、N-H 键均为 σ 键，直接计数即可；
氧化还原配平：根据 Fe2+、N 的化合价变化，利用得失电子守恒配平反应，确定氧化剂、还原剂的物质的量比；
离子水解：Fe2+为弱碱阳离子，在溶液中会发生水解，导致实际数目小于理论值；
电子转移计算：根据配平的反应，建立电子转移与 N2生成量的关系，计算标准状况下的气体体积。
4．下列化学用语或图示表示错误的是（　　）
A．NH3的VSEPR模型：
B．C2H2的空间填充模型：
C．基态S原子的价电子轨道表示式：
D．NaOH的电子式：
【知识点】原子核外电子排布；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
5．下列有关物质性质的解释正确的是（　　）
选项 性质 解释
A 酸性：HCOOH>CH3COOH 相对分子质量：HCOOH3COOH
B 熔点：Al>Na 金属性：AlC 硬度：金刚石>晶体硅 原子半径：Si>C
D 沸点： 键能：H-O>H-S
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；物质的结构与性质之间的关系
【解析】【解答】A、HCOOH 酸性强于 CH3COOH，是因为 CH3- 为推电子基团，使羧基电离 H+能力减弱，酸性减弱，与相对分子质量无关，A 错误；
B、Al 熔点高于 Na，是因为 Al 的金属键更强（离子电荷高、半径小），与金属性强弱无直接关联，B 错误；
C、金刚石和晶体硅均为原子晶体，原子半径 Si>C，导致 C-C 键长更短、键能更大，因此硬度金刚石 > 晶体硅，C 正确；
D、H2O 沸点高于 H2S，是因为 H2O 分子间存在氢键，而 H2S 仅存在范德华力，与键能大小无关，D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
羧酸酸性：受烃基电子效应影响，推电子基团使酸性减弱，与相对分子质量无关；
金属熔点：由金属键强度决定，与金属性（失电子能力）无直接对应关系；
原子晶体硬度：由共价键键能决定，原子半径越小，键长越短、键能越大，硬度越高；
分子沸点：分子间氢键使沸点显著升高，键能影响分子热稳定性，与沸点无直接关联。
6．以2-甲基丙醛（M）为原料制备化合物P的合成路线如下，下列说法正确的是（　　）
A．N的分子式为C3H10O2，为手性分子
B．若M+X→N为加成反应，X为甲醛
C．M中所有的碳原子可位于同一个平面
D．1molP最多能与2molH2发生加成反应
【答案】B
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A、N 的分子式为 C5H10O2，N 中连接醛基的碳原子连接两个相同的甲基，不满足手性碳原子的要求，不是手性分子，A 错误；
B、若 M+X→N 为加成反应，M 为 2 - 甲基丙醛，与甲醛（HCHO）发生加成反应可生成 N，原子全部转化到产物中，符合加成反应的特征，X 为甲醛，B 正确；
C、M 中含有饱和碳原子，饱和碳原子为 sp3 杂化，呈四面体结构，所有的碳原子不可能位于同一个平面，C 错误；
D、P 中含有碳碳双键和酯基，其中只有碳碳双键能与 H2发生加成反应，1molP 最多能与 1molH2发生加成反应，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
分子式与手性判断：数出 N 中 C、H、O 原子数目确定分子式，手性碳原子需连接 4 个不同的原子或基团；
加成反应判断：加成反应的原子利用率为 100%，根据 M 和 N 的结构差异确定 X 的结构；
原子共平面判断：饱和碳原子为 sp3 杂化，会导致分子中所有原子无法共平面；
官能团与加成反应：酯基中的羰基不能与 H2发生加成反应，只有碳碳双键、醛基等不饱和键能与 H2加成。
7．元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，分别位于不同的前四周期。Y的最外层电子数是内层的3倍，X和Y的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数，Z的最外层只有1个未成对电子，M的原子序数等于X、Y和Z的原子序数之和。下列说法错误的是（　　）
A．X2Y是非极性分子
B．X、Y、Z可形成有强氧化性的化合物
C．Z的最高价氧化物的水化物的酸性强于硫酸
D．M的单质在高温条件下能与水反应生成X的单质
【答案】A
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、X2Y为H2O，是V形结构，正负电荷中心不重合，为极性分子，不是非极性分子，A错误；
B、X（H）、Y（O）、Z（Cl）可形成HClO、HClO4等化合物，其中HClO4具有强氧化性，B正确；
C、Z为Cl元素，其最高价氧化物的水化物为HClO4，是已知最强无机含氧酸，酸性强于硫酸，C正确；
D、M为Fe元素，Fe单质在高温下与水蒸气反应：3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2↑，生成X的单质（H2），D正确；
故答案为：A。
【分析】Y的最外层电子数是内层的3倍，内层为2个电子，最外层为6个电子，故Y为O元素；X、Y、Z、M原子序数依次增大，分属不同前四周期，X原子序数小于O，且X和Y的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数，Z最外层只有1个未成对电子；若X为H元素（最外层1个电子），则Z最外层电子数为1+6=7，Z为Cl元素（最外层7个电子，1个未成对电子），符合条件；M的原子序数等于X、Y、Z的原子序数之和，即1+8+17=26，故M为Fe元素。
8．下列反应的离子方程式正确的是（　　）
A．向浓NaOH溶液中滴加少量AlCl3溶液：
B．用CuSO4溶液除去乙炔中的
C．氨水溶解
D．过量SO2通入Na2S溶液：
【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、向浓 NaOH 溶液中滴加少量 AlCl3溶液，NaOH 过量，Al3+会与过量 OH-反应生成偏铝酸根，正确离子方程式为 Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，A 错误；
B、H2S 为弱酸，在离子方程式中不能拆成 S2-，应保留化学式，正确离子方程式为
Cu2++H2S=CuS↓+2H+，B 错误；
C、氨水溶解 Cu(OH)2，Cu(OH)2与 NH3发生络合反应生成铜氨络离子，离子方程式为
Cu(OH)2+4NH3=Cu(NH3)42++2OH-，C 正确；
D、过量 SO2通入 Na2S 溶液，SO2过量时会生成 HSO3-，正确离子方程式为
5SO2+2S2-+2H2O=3S↓+4HSO3-，D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
反应物用量对反应的影响：NaOH 过量时，Al3+与 OH-反应生成 AlO2-，而非 Al(OH)3沉淀；
弱电解质的拆分：H2S 为弱酸，离子方程式中不能拆成离子形式，需保留化学式；
络合反应的书写：Cu(OH)2与 NH3的络合反应，生成稳定的铜氨络离子，方程式符合守恒规律；
过量反应物对产物的影响：SO2过量时，产物为 HSO3-，而非 SO32-，需根据反应物用量调整产物。
9．某合成尿素的总反应为：其反应的机理及能量变化如图所示，TS表示过渡态。下列说法错误的是（　　）
A．基元反应Ⅰ为（C
B．基元反应Ⅱ中A为该反应为总反应的决速步
C．若合成尿素的总反应
D．合成尿素的总反应在高温下可自发进行
【答案】D
【知识点】焓变和熵变；有关反应热的计算
【解析】【解答】A、 从反应机理图可知，基元反应 Ⅰ 的反应物为 CO2和 NH3，生成物为 H2NCOOH，对应反应为 CO2+NH3=H2NCOOH，A 正确；
B、 总反应为 2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(g)+H2O (g)，结合原子守恒分析，基元反应 Ⅱ 中 A 为 H2O；总反应的决速步由活化能最大的基元反应决定，活化能为过渡态能量与对应反应物能量的差值，反应 Ⅱ 的活化能为 130kJ mol- - 36.8kJ mol- = 93.2kJ mol- ，反应 Ⅲ 的活化能为 154kJ mol- - 87.5kJ mol- = 66.5kJ mol- ，因此反应 Ⅱ 的活化能更大，是总反应的决速步，B 正确；
C、 根据盖斯定律，总反应的焓变等于各分步反应的焓变之和。反应 Ⅰ 的焓变为 36.8kJ mol- ，反应 Ⅱ 的焓变为 87.5kJ mol- - 130kJ mol- = -42.5kJ mol- ，反应 Ⅲ 的焓变为 - 240kJ mol- ，因此总反应 ΔH = 36.8 + (-42.5) - 240 = -86kJ mol- ，C 正确；
D、 总反应 ΔH<0（放热），反应后气体分子数减少，因此 ΔS<0（熵减）。根据反应自发进行的判据 ΔG=ΔH - TΔS，当 ΔG<0 时反应自发；由于 ΔH<0、ΔS<0，低温下 TΔS 的绝对值较小，ΔG<0，反应自发；高温下 TΔS 的绝对值较大，ΔG>0，反应不能自发进行，D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
基元反应判断：结合反应机理图，分析各分步反应的反应物和生成物，通过原子守恒验证反应式的合理性；
决速步判断：活化能为过渡态能量与对应反应物能量的差值，活化能越大，反应速率越慢，总反应的速率由最慢的基元反应（活化能最大的步骤）决定，需准确计算各步活化能再对比大小；
焓变计算：依据盖斯定律，总反应的焓变等于各分步反应焓变的代数和，需结合图像中各阶段的能量变化，准确计算每一步的焓变后求和；
反应自发性判断：利用吉布斯自由能判据 ΔG=ΔH - TΔS，结合总反应的 ΔH（放热，ΔH<0）和 ΔS（熵减，ΔS<0）的符号，分析温度对反应自发性的影响，明确低温自发、高温非自发的规律。
10．根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是（　　）
选项 实验过程及现象 实验结论
A 将红热的木炭放入装有浓硝酸的试管中，产生红棕色气体 木炭将浓硝酸还原成
B 将盛有NO2的密闭烧瓶浸泡在热水中，发生反应：烧瓶内红棕色加深 正反应的活化能小于逆反应的活化能
C 用pH试纸分别测定Na2CO3溶液和溶液的pH，Na2CO3溶液的pH大 与H+结合能力强于
D 分别向盛有4mLKBr溶液和4mLKI溶液的两支试管中加入1mL氯水，振荡，前者溶液由无色变为橙色，后者变为棕色 氧化性：
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；活化能及其对化学反应速率的影响；硝酸的化学性质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】 A、 红热木炭与浓硝酸反应产生的红棕色 NO2，可能是浓硝酸受热分解生成（
4HNO3(浓)4NO2↑+O2↑+2H2O），无法证明是木炭还原浓硝酸的产物，A 错误；
B、 2NO2 N2O4 为放热反应（ΔH<0），ΔH = 正反应活化能 - 逆反应活化能 < 0，故正反应活化能小于逆反应活化能；热水中红棕色加深，说明升温平衡逆向移动，符合放热反应的平衡移动规律，B 正确；
C、 未控制 Na2CO3和 NaHCO3溶液的浓度相同，浓度不同会影响 pH 大小，无法直接比较 CO32-与 HCO3-结合 H+的能力，C 错误；
D、 氯水加入 KBr、KI 溶液，只能证明氧化性 Cl2>Br2、Cl2>I2，无法证明 Br2>I2的氧化性强弱，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
浓硝酸的性质：浓硝酸受热易分解生成 NO2，需排除分解反应对实验结论的干扰；
化学平衡与活化能：放热反应的正反应活化能小于逆反应活化能，升温时平衡向吸热的逆反应方向移动；
盐类水解与 pH 比较：比较不同盐溶液的 pH 以判断离子结合 H+能力时，必须控制溶液浓度相同；
氧化性比较：验证氧化性强弱顺序时，需通过 “氧化剂氧化下一阶还原剂” 的实验，才能完整证明递变规律。
11．某碱性混合多硫化物-空气液流二次电池的工作原理如图所示，该电池具有稳定、成本低的特点，其中双膜结构的液流电池设计缓解了硫交叉问题。下列说法正确的是（　　）
A．放电时，电子流向为：电极A→电解液→电极B
B．膜a为阳离子交换膜，膜b为阴离子交换膜
C．放电时发生反应的离子方程式为：
D．充电时，当电路通过2mol电子时，理论上Ⅰ室及左侧贮液器的溶液质量共减少46g
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、 放电时，电子只能通过外电路（电源、负载）从电极 A 流向电极 B，不能通过电解液传递，A 错误；
B、 放电时，电极 A 为负极，Na+需通过膜 a 向正极（电极 B 侧）移动，故膜 a 为阳离子交换膜；电极 B 为正极，OH-需留在 Ⅲ 室，膜 b 需阻止 OH-进入 Ⅱ 室，故膜 b 为阴离子交换膜，B 正确；
C、 放电时，电极 A（负极）发生 2S22--2e-=S42-的反应，电极 B（正极）发生：
O2+4e-+2H2O=4OH-，的反应，总反应为 O2+4S22-+2H2O=2S42-+4OH-，C 错误；
D、 充电时，电极 A 为阴极，发生 S42-得电子还原为 S2-的反应，电路通过 2mol 电子时，有 2mol Na+从 Ⅱ 室经膜 a 进入 Ⅰ 室（质量增加 2mol×23g/mol=46g），同时 Ⅰ 室发生还原反应无气体逸出，故 Ⅰ 室及左侧贮液器溶液质量增加 46g，而非减少，D 错误。
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
原电池放电时，电子仅通过外电路定向移动，电解液中为离子导电，不可混淆电子与离子的移动路径；
离子交换膜的判断：根据放电时离子的移动方向，阳离子向正极移动、阴离子向负极移动，结合膜两侧离子的留存需求判断膜的类型；
电极反应式书写：放电时负极发生氧化反应（S22-→S42-），正极发生还原反应（O2→OH-），需结合电荷守恒、原子守恒配平总反应；
充电时的质量变化：充电为电解池，阴极（原负极）发生还原反应，阳离子向阴极移动，需结合离子迁移量计算溶液质量变化。
12．萤石（CaF2）是自然界中常见的含氟矿物，其立方晶胞结构如图所示，X、Y代表组成的离子，晶胞参数为apm，NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（　　）
A．与Ca2+紧邻的F有8个
B．晶胞中，F-填充在Ca2+形成的四面体空隙中
C．晶胞内F-之间最近的距离为
D．CaF2的晶体密度为
【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、 萤石晶胞中，位于顶点和面心，位于晶胞内部，每个紧邻8个，A正确；
B、 按面心立方最密堆积，形成8个四面体空隙，填充在这些四面体空隙中，B正确；
C、 晶胞参数为，位于晶胞内部，最近的之间的距离为晶胞体对角线的，即，不是，C错误；
D、 晶胞中的个数为，的个数为8，晶胞质量为，晶胞体积为，晶体密度，D正确。
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
配位数判断：根据萤石的晶胞结构，的配位数为8，的配位数为4；
堆积与空隙：采取面心立方最密堆积，填充在形成的全部四面体空隙中；
离子间距计算：位于晶胞体对角线的处，最近距离为，需结合晶胞参数计算；
晶体密度计算：先通过均摊法计算晶胞内离子个数，再结合摩尔质量、晶胞体积计算密度，注意单位换算（转换为）。
13．将气体H2S和CH4按体积之比[1导入管式反应器（如图1）热解制高于T℃下发生如下两个反应（反应过程用N2稀释）：
在常压下反应相同时间后，不同温度下测得气体H2、S2及CS2体积分数随温度的变化（如图2）。下列说法正确的是（　　）
A．高于T℃，该体系总反应为：
B．曲线a表示S2（g）的体积分数随温度的变化
C．1000℃时，反应的活化能：反应Ⅰ>反应Ⅱ
D．在1000℃、常压下，通入H2S（g）的体积分数保持不变，提高投料比[不会影响H2S的转化率
【答案】D
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数
【解析】【解答】A、 反应Ⅰ：；反应Ⅱ：。总反应为Ⅰ+Ⅱ，即，平衡常数关系为，并非，A错误；
B、 曲线a随温度升高持续增大，对应体积分数最大的；曲线b随温度升高先增后减，对应（被反应Ⅱ消耗）；体积分数缓慢增大，故曲线a表示，B错误；
C、 时体积分数远小于，说明反应Ⅱ速率慢，活化能越大反应速率越慢，故反应Ⅰ的活化能反应Ⅱ的活化能，C错误；
D、 提高投料比，的体积分数保持不变，浓度增大促进反应Ⅱ进行，反应Ⅱ消耗使反应Ⅰ平衡正向移动，但的转化率仅由反应Ⅰ决定，其平衡常数不变，故转化率不变，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
平衡常数运算：总反应的平衡常数等于各分步反应平衡常数的乘积，而非和；
曲线对应物质判断：结合反应进程（先增后减、持续增加、缓慢增加）分析曲线归属；
活化能与反应速率关系：活化能越大，反应速率越慢，相同温度下生成物体积分数越小；
转化率影响因素：恒温恒压下，某反应物转化率由其对应反应的平衡移动决定，改变其他反应物投料不影响其平衡常数与转化率。
14．室温下，向含有SnSO4的酸性溶液中通入H2S生成SnS沉淀，若始终保持的浓度为0.1mol·L- ，体系中pX[pX=-lgX，X为，，]与pH的关系如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．线②表示随pH的变化
B．氢硫酸的一级电离常数K 的数量级为10- 3
C．SnS的
D．D点溶液中的
【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电离平衡常数
【解析】【解答】A、 的一级电离：，，则，随增大而增大，对应线①；二级电离：，，则，随增大而增大，对应线②；的溶度积，随增大而减小，对应线③。因此线②表示随的变化，A正确；
B、 由线①的B点，时，，代入，得，B错误；
C、 由线②的C点，得；由线③的A点，时，，，，并非，C错误；
D、 D点，线①对应，即，，则，并非，D错误。
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
电离平衡与图像对应：的两级电离中，、均随增大而增大，对应递增线①、②；随增大而减小，对应递减线③；
电离常数计算：利用图像中已知点，结合电离常数表达式，代入与计算、；
溶度积计算：结合、与计算，再结合计算；
离子浓度计算：根据的定义，结合的定值，计算目标离子浓度。
15．二草酸合铜（Ⅱ）酸钾可用于无机合成、功能材料制备。某研究小组开展探究实验，步骤如下：
已知：
回答下列问题：
（1） 的配体中提供孤电子对的原子是　 　（填元素符号）。
（2）过滤操作中，下列仪器中不需要的是　 　（填仪器名称）。
（3）“步骤Ⅲ”中原料配比为写出反应的离子方程式　 　。
（4）“步骤Ⅳ”中溶解CuO沉淀时，连同滤纸一起加入溶液中的目的是　 　。
（5）“步骤V”步骤中采用趁热过滤的原因是　 　。
（6）室温下，溶液的pH　 　7（填“>”“<”或“=”）。
（7）测定实验中所得二草酸合铜（Ⅱ）酸钾晶体的纯度，称取3.18g样品，用足量稀硫酸溶解后，用（标准溶液滴定达终点时消耗36.00mL（滴定过程中转化为杂质不反应）。
①达到滴定终点的现象是　 　。
②实验中所得二草酸合铜（Ⅱ）酸钾晶体的纯度为　 　。
【答案】（1）O
（2）酸式滴定管、分液漏斗；
（3）；
（4）避免CuO残留在滤纸上，提高原料利用率；
（5）防止 因温度低而结晶析出，提高产率；
（6）<
（7）当滴入最后半滴KMnO4标准溶液时，溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不变色；90%
【知识点】配合物的成键情况；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）配合物的配体为（草酸根），其中原子仅形成双键，无孤电子对；原子存在孤电子对，可作为配位原子提供孤电子对。
故答案为：O；
（2）过滤操作必备仪器为烧杯、玻璃棒、普通漏斗；酸式滴定管用于氧化还原滴定，分液漏斗用于分液或向反应器中添加液体，二者均不参与过滤操作。
故答案为：酸式滴定管、分液漏斗；
（3）已知原料配比，结合原子守恒、电荷守恒及得失电子守恒，反应物为、，生成物为、、、。
离子方程式：
故答案为：；
（4）趁热过滤得到的固体附着在滤纸上，若连同滤纸一起加入反应液，可避免残留在滤纸上造成原料损失，能够提高原料利用率，使反应进行得更充分。
故答案为：避免残留在滤纸上造成原料损失，提高原料利用率
（5）目标产物的溶解度随温度降低显著减小，趁热过滤可防止产物因温度下降结晶析出，减少产物损耗，从而提高最终产率。
故答案为：防止因温度降低结晶析出，减少产物损失，提高产率
（6）先计算的水解常数；
已知的电离常数；
由于，的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性。
故答案为：<；
（7）① 当滴入最后半滴标准溶液时，溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不褪色，说明达到滴定终点。
②根据氧化还原反应 与配合物组成，可得计量关系：
已知，则，
晶体摩尔质量，，纯度。
故答案为：① 当滴入最后半滴标准溶液时，溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不褪色；② 90%；
【分析】首先向硫酸铜溶液中加入足量氢氧化钾，加热煮沸后趁热过滤，得到氧化铜；同时向草酸溶液中分批加入碳酸钾，制得草酸钾和草酸氢钾的混合液；将氧化铜与该混合液水浴加热反应，趁热过滤、洗涤后，经一系列操作得到二草酸合铜 (Ⅱ) 酸钾二水合物，最终得到产品。
（1）需准确识别配体与配位原子，重点判断原子是否存在孤电子对，中为配位原子。
（2）熟练掌握过滤、滴定、分液等操作所需仪器；理解趁热过滤、滤纸处理等特殊操作的目的，核心思路为减少原料损失或提高产率。
（3）需依据原料配比，结合原子守恒、电荷守恒进行配平，注意反应产物为与的混合物。
（4）通过比较电离常数与水解常数的大小，判断酸式盐溶液的酸碱性，电离占主导时溶液显酸性。
（5）明确与的计量比，结合晶体化学式与摩尔质量进行纯度计算，关键在于准确换算物质的量关系。
16．一种从湿法炼锌产生的废渣（主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物）中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如图：
已知常温下溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全（）时的pH：
开始沉淀的pH 1.5 6.9 —— 7.4 6.2
沉淀完全的pH 2.8 8.4 1.1 9.4 8.2
回答下列问题：
（1）“浸出”前，将废渣磨碎，其作用是　 　。
（2）“氧化”的目的是。若要检验“氧化”是否完全，请设计实验方案验证　 　。
（3）“氧化沉钴”中生成Co（OH）3的离子方程式为　 　。
（4）“调pH”步骤中，若pH=4，则“滤渣2”是　 　。
（5）“氧化沉钴”中调pH=4，则“滤液”中的Co3+浓度为　 　
（6）“滤液”中主要的阳离子有Zn2+和　 　（填离子符号）。
（7）ZnO是半导体材料，ZnO晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善半导体的性能。Zn-N键中离子键成分的百分数小于Zn-O键，原因是　 　。
【答案】（1）增大接触面积，加快浸出速率，提高浸出率
（2）将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续除铁取少量氧化后溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若无蓝色沉淀则襤疽皞淠蜆主氧化完全
（3）
（4）Fe(OH)3
（5）10-13.7
（6）K+
（7）O的电负性大于N，Zn与0的电负性差更大，Zn与O之间的成键电子对会更偏向O，导致离子键成分更高
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；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）将废渣磨碎可以减小固体颗粒的粒径，大幅增加废渣与硫酸浸出液的接触面积，从而加快浸出反应的速率，让废渣中的Co、Zn、Fe等有效成分更充分地溶解在酸液中，最终提高有效成分的浸出率。
故答案为：增大废渣与浸出液的接触面积，加快浸出反应速率，提高有效成分的浸出率。
（2）首先分析表格中和的沉淀pH数据，沉淀完全的pH为8.4，远高于（8.2）和（9.4），若直接调pH除，会导致、同步沉淀，无法实现除铁。因此氧化步骤的核心目的是将氧化为，沉淀完全的pH仅为2.8，可在低pH下完全沉淀，且不影响、。检验氧化是否完全，需利用的特征检验试剂铁氰化钾（），与该试剂会生成特征蓝色沉淀，而不反应。取少量氧化后的溶液，滴加溶液，若没有蓝色沉淀生成，说明溶液中无，氧化完全；若出现蓝色沉淀，说明氧化不完全。
故答案为：将氧化为，便于后续调节pH除去铁元素；取少量氧化后的溶液，滴加溶液，若无蓝色沉淀生成，则证明氧化完全。
（3）该步骤为氧化还原反应，需先确定氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物。流程中加入，为氧化剂，为还原剂，被氧化为沉淀；被还原为沉淀。
化合价变化：，Co从+2价升至+3价，每个失去1个电子；，Mn从+7价降至+4价，每个得到3个电子。根据得失电子守恒，的系数为3，的系数为1。再结合原子守恒和电荷守恒，补充配平H、O原子，最终配平离子方程式。
故答案为：；
（4）调pH的核心是控制pH范围，使杂质离子完全沉淀，目标离子不沉淀。结合表格中各离子的沉淀pH数据：沉淀完全的pH为2.8，pH=4时已完全沉淀；开始沉淀的pH为6.2，开始沉淀的pH为7.4，二者均大于4，不会沉淀。因此pH=4时，只有以的形式沉淀，滤渣2为。
故答案为：；
（5）首先根据沉淀完全的pH计算的溶度积。沉淀完全时，pH=1.1，，，。
pH=4时，，，代入表达式，。
故答案为：；
（6）浸出步骤加入，氧化步骤加入，调pH步骤加入，与反应生成；氧化沉钴步骤加入，反应后生成留在溶液中。在调pH步骤完全沉淀，在氧化沉钴步骤完全沉淀，因此滤液中剩余的主要阳离子为和。
故答案为：；
（7）离子键成分的高低与成键两元素的电负性差值直接相关，电负性差值越大，成键电子对越偏向电负性大的原子，化学键的离子性越强。O的电负性大于N，因此Zn与O的电负性差值更大，成键电子对更偏向O原子，使得键的离子成分更高；而Zn与N的电负性差值更小，成键电子对偏移程度更小，因此键的离子成分更低。
故答案为：O的电负性大于N，Zn与O的电负性差值更大，Zn与O之间的成键电子对会更偏向O，导致键的离子成分更高。
【分析】将湿法炼锌废渣用硫酸浸出，过滤除去滤渣 1（主要为 PbSO4等不溶物）；向浸出液中加入 MnO2，将 Fe2+氧化为 Fe3+；再加入 ZnO 调节 pH，使 Fe3+完全沉淀为滤渣 2 除去；随后加入 KMnO4，将 Co2+氧化为 Co(OH)3，同时 KMnO4被还原为 MnO2，最终得到含 MnO2的 Co(OH)3高钴成品。
（1）磨碎废渣的核心逻辑是增大接触面积，加快反应速率、提升浸出率，是化工流程中浸出步骤的通用思路。
（2）明确氧化步骤的核心目的是将 Fe2+ 转化为 Fe3+，解决 Fe2+ 沉淀 pH 过高、无法与 Zn2+、Co2+ 分离的问题；Fe2+ 的检验需使用特征试剂，避免其他离子干扰。
（3） 根据流程，MnO4-作为氧化剂将 Co2+ 氧化为 Co(OH)3沉淀，自身被还原为 MnO2，结合电荷守恒、原子守恒配平反应，注意产物为 Co(OH)3和 MnO2沉淀。
（4） 结合表格中各离子的沉淀 pH，pH=4 时，Fe3+ 已完全沉淀（沉淀完全 pH=2.8），而 Zn2+、Co2+ 的开始沉淀 pH 均大于 4，不会沉淀，因此滤渣 2 为 Fe(OH)3。
（5）Co3+ 沉淀完全的 pH 为 1.1，此时 c (Co3+)≤1.0×10-5mol L- ，先计算 Co(OH)3的溶度积 Ksp，再结合 pH=4 时的 c (OH-)，计算溶液中剩余 Co3+ 的浓度。
（6）流程中加入的试剂有 H2SO4、MnO2、ZnO、KMnO4，调 pH 时 ZnO 转化为 Zn2+，KMnO4反应后生成 K+，且 Fe3+、Co2+ 已被沉淀除去，因此滤液中主要阳离子为 Zn2+ 和 K+。
（7）离子键成分的高低与成键两元素的电负性差正相关，电负性差越大，成键电子对越偏向电负性大的原子，离子键成分越高；O 的电负性大于 N，因此 Zn 与 O 的电负性差更大，Zn-O 键的离子成分更高。
17． MgCO3/MgO循环在CO2捕获及转化等方面具有重要应用。科研人员设计了利用与H2反应生成CH4的路线， △H
主要反应如下（a、b、c均大于0）：
回答下列问题：
（1）计算△H=　 　（用含a、b的字母表示）。
（2）下列描述正确的是（　　）。
A．采用高温高压即加快反应速率又可以提升CO2的平衡转化率
B．在绝热恒容密闭容器中只进行反应Ⅲ，若压强不变，则反应Ⅲ达到平衡状态
C．恒容容器中进行反应I-Ⅲ，气体的平均摩尔质量不再改变，则反应Ⅲ达到平衡状态
D．上述反应I-Ⅲ达到平衡后，升温，CO的平衡浓度一定增大
（3）恒压条件下，按2molH2（g）和2molMgCO3（s）投料反应，低于360℃时反应Ⅲ可忽略。反应物（MgCO3、H2）的平衡转化率和生成物（CH4、CO2）的选择性随温度变化关系如图。已知：含碳生成物选择性=含碳生成物的物质的量×100%。
①曲线丙表示　 　。300℃时达平衡后，压缩容器体积，重新达平衡后，CO2和CH4的物质的量之比　 　（填“增大”“减小”或“不变”）。450℃后曲线乙下降的原因可能是　 　。
② 550℃时反应Ⅲ的平衡常数Kp=　 　。
（4）一定条件下，以CO2和CH3OH为原料制备HCOOH和甲酸盐，可将CO2转化成高附加值的化学品，其装置原理如图。电解过程中通过阳离子交换膜的离子为　 　，电极b的反应式为　 　。
【答案】（1）(a-b)
（2）B
（3）；减小；450℃后曲线乙下降的原因是随着温度升高，吸热反应III(CO2+H2 H2O +CO)平衡正向移动，对CO2的消耗程度，大于放热反应II(CO2+4H2 CH4+2H2O)平衡逆向移动对CO2的生成程度，导致CO2的选择性降低；
（4）K+；
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】(1) 根据盖斯定律，总反应可由反应 Ⅰ 和反应 Ⅱ 相加得到。反应 Ⅰ 为 MgCO3(s) MgO (s)+CO2(g)，ΔH1=+a kJ mol- ；反应 Ⅱ 为 CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O (g)，ΔH2=-b kJ mol- 。将两式相加消去 CO2，得到总反应 MgCO3(s)+4H2(g) MgO (s)+2H2O (g)+CH4(g)，总焓变等于两步焓变之和。
故答案为：(a - b) kJ mol-
(2) A：反应 Ⅰ 为吸热反应，升温平衡正向移动；反应 Ⅱ 为放热反应，升温平衡逆向移动，高温会降低 CO2的平衡转化率，A 错误。
B：反应 Ⅲ 为气体分子数不变的反应，恒容容器中压强与温度正相关，绝热条件下反应吸热会使体系温度降低，压强不变说明温度不再变化，反应达到平衡，B 正确。
C：反应 Ⅰ 为气体分子数增大的反应，反应 Ⅱ 为气体分子数减小的反应，恒容容器中气体平均摩尔质量不变，仅说明总反应达到平衡，无法证明反应 Ⅲ 单独平衡，C 错误。
D：升温时，反应 Ⅰ 正向移动使 CO2浓度增大，反应 Ⅱ 逆向移动也使 CO2浓度增大，但反应 Ⅲ 正向移动会消耗 CO2，CO 的平衡浓度不一定增大，D 错误。
故答案为：B；
(3) ① 曲线对应物质与平衡分析解题思路：低于 360℃时反应 Ⅲ 可忽略，总反应为 MgCO3与 H2反应生成 CH4和 CO2。H2的平衡转化率随温度升高先增大后减小，对应曲线丙；压缩容器体积相当于增大压强，反应 Ⅱ 为气体分子数减小的放热反应，加压平衡正向移动，CO2被消耗，CH4生成量增加，因此 减小；450℃后反应 Ⅲ 不可忽略，反应 Ⅲ 为吸热反应，升温正向移动，消耗的 CO2量超过反应 Ⅱ 逆向移动生成的 CO2量，导致 CO2的选择性降低，对应曲线乙下降。
② 初始投料：，，550℃时转化率70%，选择性70%，选择性10%。
由选择性得：，，剩余：。
反应Ⅲ：，结合碳守恒、氢守恒，得，。
恒压下与物质的量成正比，代入。
故答案为：；
(4) 电解池中，a 电极通入 CO2生成 HCOOH，CO2被还原，为阴极；b 电极 CH3OH 被氧化为 HCOO-，为阳极。阳离子交换膜允许阳离子通过，溶液中的 K+从阳极区（b 侧）向阴极区（a 侧）迁移；阳极上 CH3OH 在碱性条件下失去电子，结合 OH-生成 HCOO-和 H2O。
故答案为：K+；；
【分析】（1）总反应焓变等于分步反应焓变的代数和，关键是准确消去中间产物 CO2，得到总反应式。
（2）区分吸热、放热反应对温度、压强的平衡移动响应，明确绝热条件下压强不变可作为平衡判断的依据；理解平均摩尔质量不变仅代表总平衡，无法证明分步反应平衡。
（3）①结合反应特点判断曲线对应物质，明确压强对平衡的影响；理解温度升高后分步反应的竞争关系，解释选择性变化的原因。
②根据选择性数据换算各物质的物质的量，结合分压计算平衡常数，关键是准确建立物质的量关系。
（4）区分阴、阳极的氧化还原反应，明确阳离子交换膜的离子迁移方向，结合电解质环境配平电极反应式。
18．化合物H是合成某种抗肿瘤药物的重要中间体，其合成路线如下：
（1）A→B的反应温度不能太高的原因是　 　。B→C的反应方程式为　 　。
（2）C分子中官能团有　 　（填名称）。
（3）F的结构简式为，其名称是　 　。E+F→G的反应类型是　 　。
（4）反应D→E的目的是　 　。若省去“D→E”，D会发生副反应生成W的结构简式为　 　。
（5）写出同时满足下列条件的A的一种同分异构体的结构简式　 　。
①分子中含有苯环，碱性条件下水解后酸化，生成X和Y两种有机物；
②X和Y均含有两种不同化学环境的氢原子。
（6）参考上述路线，设计如下转化。I、J的结构简式分别为　 　和　 　。
【答案】（1）高温会破坏酶的空间结构，导致酶失活，不能再催化反应；；
（2）羟基、酰胺键
（3）邻甲基苯酚(或2-甲基苯酚)；取代反应
（4）保护仲氨基(N-甲基氨基)避免其在后续反应中发生反应；
（5）或
（6）；
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；结构简式
【解析】【解答】（1）反应中使用酶作为催化剂，酶的催化活性依赖于其特定的空间结构，高温会破坏酶的空间结构导致酶永久失活，无法发挥催化作用，因此反应温度不能太高； B 为 A 经酶水解得到的产物，核心结构是含苯环的羟基羧酸，其与甲胺在加热条件下发生脱水的酰胺化反应，羧基与甲胺的氨基反应生成酰胺键并释放一分子水：。
故答案为：高温会破坏酶的空间结构，导致酶失活，失去催化能力；
（2） 从 C 的分子结构分析，分子中同时含有羟基（连接在苯环侧链的醇羟基）和酰胺键（酰胺结构中的 CONH）。
故答案为：羟基、酰胺键；
（3） 根据题意可知，F （ ）为邻甲基取代的苯酚，名称为邻甲基苯酚（或 2 - 甲基苯酚）； E 中的羟基与 F 中的酚羟基在三苯基膦和 DEAD 作用下发生脱水，氧原子连接形成醚键，该反应类型为取代反应。
故答案为：邻甲基苯酚(或2-甲基苯酚)；取代反应；
（4） D 分子中含有仲氨基，在后续 E 与 F 的反应中，氨基可能参与反应或被氧化，影响目标产物生成。D 与二碳酸二叔丁酯反应将氨基转化为氨基甲酸酯，实现氨基的保护，避免其在后续反应中发生副反应； D 分子中存在仲氨基和醇羟基，在酸性或高温等条件下，分子内发生亲核取代，氨基进攻醇羟基连接的碳原子，形成含氮的环状化合物，结合分子式 C10H13N，判断为五元环或四元环胺，结构为。
故答案为：保护仲氨基(N-甲基氨基)避免其在后续反应中发生反应；；
（5） A分子除了苯环外，还有7个碳原子，4个氧原子，2个不饱和度，其同分异构体满足分子中含有苯环，碱性条件下水解后酸化，生成X和Y两种有机物，说明含有酯基，X和Y均含有两种不同化学环境的氢原子，说明结构高度对称，满足条件的结构简式为或 ；
故答案为：或 ；
（6） 前一步苯环上的甲基被氧化为羧基，同时保留醚键结构，因此 I 为邻羧基苯基环己基醚：， I 与甲胺反应生成酰胺，羧基转化为 N - 甲基酰胺，因此 J 为含有苯环、醚键和 N - 甲基甲酰胺基的化合物：。
故答案为：；；
【分析】化合物 A 经酶催化水解得到中间体 B，B 与甲胺加热反应生成酰胺 C；C 经氢化铝锂还原得到醇胺 D，D 与二碳酸二叔丁酯反应得到氨基保护产物 E；E 在三苯基膦、DEAD 作用下与邻甲酚（F）发生 Mitsunobu 反应，羟基被取代得到醚类化合物 G；G 经盐酸脱除氨基保护基，最终得到目标产物 H。
(1) 从酶作为生物催化剂的特性出发，明确高温会破坏酶的空间结构导致其永久失活，从而解释反应控温原因；根据 B 的羧酸结构与甲胺的反应特征，利用脱水酰胺化原理书写反应方程式。
(2) 直接对标 C 的结构骨架，逐一定位羟基（醇羟基）和酰胺键（-CONH-）等核心官能团，完成名称归纳。
(3) 结合题意，运用有机物系统命名知识推断 F 为邻甲基苯酚；分析 E 与 F 的成键方式（脱水成醚），确定反应类型为取代反应。
(4) 从 D 分子中仲氨基的活泼性（易发生副反应）分析保护基的必要性；结合 D 的分子内原子守恒、亲核取代反应机理及分子式 C10H13N，推断形成四元氮杂环的副产物结构。
(5) 依据 “碱性水解生成两种有机物” 确定分子含酯基，再根据 “两种有机物均含两种不同化学环境的氢” 推导分子具有高度对称性，设计对称的酯基分布结构。
(6) 结合前序氧化反应条件，推断苯环上甲基被氧化为羧基且保留醚键，确定 I 的结构为邻羧基苯基环己基醚；根据后续与甲胺的酰胺化反应，将羧基转化为 N - 甲基酰胺基，推导出 J 的结构。
1 / 1

展开更多......

收起↑