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四川省绵阳市2026届高三上学期第二次诊断性考试 化学试题
1．化学与生活密切相关，下列叙述错误的是
A．具有强氧化性，能用于饮用水消毒
B．铁的发蓝处理可形成致密的氧化膜
C．氟利昂产生的氯原子自由基会长久的破坏臭氧层
D．含增塑剂的聚氯乙烯薄膜可用于生产食品包装袋
【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；常见的生活环境的污染及治理；金属的腐蚀与防护；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A．具有强氧化性，能够破坏细菌、病毒的结构，因此可以用于饮用水消毒，A正确；
B．铁的发蓝处理（也叫烤蓝）是通过化学氧化在铁表面形成一层致密的（四氧化三铁）氧化膜，可防止铁锈蚀，B正确；
C．氟利昂在紫外线照射下会分解出氯原子自由基，氯原子会作为催化剂，不断破坏臭氧分子，且自身不会被消耗，会长久破坏臭氧层，C正确；
D．聚氯乙烯在使用过程中，增塑剂等添加剂可能会迁移到食品中，对人体健康造成危害，食品包装一般会使用聚乙烯（PE）等更安全的材料，D错误。
故答案选D。
【分析】A．具有强氧化性，能使蛋白质变性；
Ｂ．铁的发蓝处理（也叫烤蓝）是通过化学氧化在铁表面形成一层致密的氧化膜；
Ｃ．氟利昂在紫外线照射下会分解出氯原子自由基；
Ｄ．聚氯乙烯会产生有毒物质。
2．下列与物质性质相关的说法正确的是
A．石膏用于点卤制豆腐，因为可使蛋白质变性
B．硫化橡胶强度高，因为硫化后由线性结构转化为网状结构
C．的熔点高于，因为前者的分子间作用力更大
D．户外着装的冲锋衣具有速干性，因为聚酯纤维中含亲水基
【答案】B
【知识点】化学键和分子间作用力的区别；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．石膏点卤制豆腐是利用使蛋白质发生聚沉，而非变性，变性是蛋白质的空间结构被破坏且不可逆，而聚沉是蛋白质胶体颗粒聚集形成沉淀，这个过程是可逆的，A错误；
B．硫化橡胶是将线性结构的橡胶通过硫化处理，转化为网状结构，这种结构会让橡胶的强度、弹性和稳定性都显著提升，B正确；
C．是离子晶体，熔化时需要破坏较强的离子键；而是分子晶体，熔化时只需破坏较弱的分子间作用力。因此熔点更高的原因是离子键强于分子间作用力，并非因为分子间作用力更大，C错误；
D．聚酯纤维属于合成纤维，它的分子中不含亲水基团，所以才会有速干的特性，如果含有亲水基团，会更容易吸水，反而不利于速干，D错误；
故答案选B。
【分析】A．电解质能使蛋白质发生聚沉；
Ｂ．硫化橡胶是将线性结构的橡胶通过硫化处理，转化为网状结构；
Ｃ．离子晶体的熔点高于分子晶体；
Ｄ．聚酯纤维属于合成纤维，不含亲水基团。
3．在一定量水存在的情况下，可与反应生成一元中强酸：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．的VSEPR模型为三角锥形
B．为正盐，其水溶液呈中性
C．的电子式：
D．生成氧化产物，断裂个键
【答案】D
【知识点】判断简单分子或离子的构型；盐类水解的应用；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．的中心P原子价层电子对数为，根据 VSEPR 理论，价层电子对数为 4 的分子，VSEPR 模型为四面体形，A 错误；
B．是一元中强酸，说明其分子只能电离一个氢离子，因此是正盐，会发生水解产生OH-，使溶液呈碱性，B 错误；
C．是共价化合物，电子式应为，不存在阴阳离子的形式，C 错误；
D．反应中，P元素从-3价升高到+1价，是氧化产物。每生成1 mol，消耗2 mol，断裂2 mol I—I键，因此生成2 mol时，断裂个I—I键，D 正确；
故答案选D。
【分析】A．根据 VSEPR 理论分析；
Ｂ． 是与NaOH反应产生的正盐；
Ｃ．HI 是共价化合物；
Ｄ．该反应的氧化产物为。
4．香豆素类化合物甲基白花前胡内酯的结构如图。下列说法错误的是
A．该分子中含2个手性碳原子
B．该分子中所有碳原子不能共平面
C．该物质最多消耗
D．该物质与浓硫酸共热可能有键生成
【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的结构和性质；酯的性质
【解析】【解答】A．手性碳原子是指连有4个不同原子或原子团的饱和碳原子，分子中与- OH 相连的碳原子、与 - OCH3相连的碳原子，均满足手性碳的条件，所以该分子含2 个手性碳原子，A正确；
B．分子中存在两个甲基（-CH3），甲基的碳原子为 sp3 杂化，具有四面体结构，会导致所有碳原子无法共平面，B正确；
C．该分子中能与 NaOH 反应的结构是酯基，只有 1 个酯基，水解后生成 1 个羧基和 1 个酚羟基，最多消耗，C错误；
D．分子中含有羟基且相邻碳原子上有氢原子，与浓硫酸共热可以发生消去反应形成碳碳双键，故有键生成，D正确；
故答案为C。
【分析】A．手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；
Ｂ．饱和碳原子具有甲烷的结构特征；
Ｃ．该分子中醇羟基不与NaOH反应，酯基水解生成的酚羟基能与NaOH反应；
Ｄ．单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键中含有1个σ键和2个π键。
5．解释下列现象或事实的方程式错误的是
A．硫化钠溶液在空气中变浑浊：
B．盛放溶液的试剂瓶不能用玻璃塞：
C．澄清石灰水与少量小苏打溶液混合产生沉淀：
D．沉淀溶于浓氨水得到深蓝色溶液：
【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；硅和二氧化硅；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．硫化钠溶液在空气中变浑浊是因被氧化为S，反应的离子方程式为 ，A正确；
B．盛放 NaOH 溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，是因为玻璃中的SiO2与 NaOH 反应，反应的离子方程式为，B错误；
C．反应时OH-过量，与反应本质为与Ca2+、OH-结合生成CaCO3沉淀和水，反应的离子方程式为 ， C正确；
D．与形成络合物， 反应的离子方程式为 ，D正确；
故答案选B。
【分析】A．硫化钠被氧气氧化生成单质硫；
Ｂ．NaOH能与二氧化硅反应生成硅酸钠；
Ｃ．澄清石灰水与少量小苏打溶液混合，反应时OH-过量；
Ｄ．Cu (OH)2沉淀溶于浓氨水，生成四氨合铜 (II) 络离子。
6．下列实验装置使用正确的是
A．制备乙炔并检验其还原性 B．制备并收集
C．制备溴苯并验证有HBr生成 D．制备并比较C与Si的非金属性
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】乙炔炔烃；苯的结构与性质；常见气体制备原理及装置选择；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．电石与饱和食盐水反应生成乙炔，同时会混有、等杂质，先通过 CuSO4溶液可以除去这些杂质，再用酸性 KMnO4溶液检验乙炔的还原性，整个装置能完成制备、除杂、检验与尾气处理，A正确；
B．浓硝酸与 Cu 反应生成 NO2，NO2能与水反应，不能用排水法收集，B错误；
C．苯与溴在铁粉催化下反应生成溴苯，但该反应放热，会使溴挥发，挥发的溴也能与 AgNO3溶液反应生成沉淀，无法验证 HBr 的生成，C错误；
D．乙酸具有挥发性，挥发的乙酸会与 Na2SiO3溶液反应生成硅酸沉淀，无法证明碳酸的酸性强于硅酸，也就不能比较 C 与 Si 的非金属性，D错误；
故答案选A。
【分析】A．制备乙炔的过程中会生成、等杂质；
Ｂ．NO2能与水反应，不能用排水法收集；
Ｃ．溴易挥发，挥发的溴能与硝酸银反应生成溴化银沉淀；
Ｄ．乙酸具有挥发性。
7．研究表明，乙酰丙酮()存在酮式和烯醇式互变形成的平衡体系：
下列说法错误的是
A．向乙酰丙酮中加入金属钠能产生气泡
B．能与HCN加成可证实乙酰丙酮存在酮式异构体
C．由酮式向烯醇式转化时，位的比位的活泼
D．形成分子内氢键可增强烯醇式异构体的稳定性
【答案】B
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；醛的化学性质
【解析】【解答】A．乙酰丙酮的烯醇式结构含有羟基()，能与金属钠发生反应生成氢气，因此加入金属钠会产生气泡，A正确；
B．酮式结构中的羰基()可以与发生加成反应，但烯醇式结构中的碳碳双键()同样可以与发生加成反应。因此，能与加成并不能单独证实乙酰丙酮存在酮式异构体，B错误；
C．从酮式向烯醇式转化时，位的上的氢原子(位H)会转移到羰基的氧原子上，这说明位的H比位的H更活泼，更容易发生迁移，C正确；
D．烯醇式结构可以形成分子内氢键，分子内氢键会降低分子的能量，从而增强烯醇式异构体的稳定性，D正确；
故答案选B。
【分析】A．乙酰丙酮含有的羟基能与钠反应生成氢气；
Ｂ．分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体；
Ｃ．α 位的 H受两个羰基的吸电子影响，酸性更强、更活泼；
Ｄ．分子内氢键会降低分子的能量。
8．化合物可用作定色剂，W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。的原子核内无中子，与同族，的层电子总数是未成对电子数的3倍，比的价电子数少1。下列说法正确的是
A．分子极性： B．第一电离能：
C．该化合物中，的杂化方式为 D．W、X、Y只能构成共价化合物
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．XW3是NH3，分子为三角锥形，正负电荷中心不重合，为极性分子，ZY3是SO3，分子为平面正三角形，正负电荷中心重合，为非极性分子，则分子极性NH3 > SO3，即XW3 > ZY3，A正确；
B．同周期元素中，第ⅤA族第一电离能大于第ⅥA族，故氧元素第一电离能小于氮元素，不满足Y > X > W，B错误；
C．化合物H2NSO3H中，N 形成 3 个 σ 键且有 1 对孤电子对，杂化方式为sp3，C错误；
D．W、X、Y（H、N、O）形成的NH4NO3是离子化合物，D错误；
故答案选A。
【分析】的原子核内无中子 ，则W为H元素，的层电子总数是未成对电子数的3倍 ，L 层最多 8 个电子，未成对电子数只能是 2（2×3=6），所以 Y 的 L 层有 6 个电子 ，则Y为O元素，Y与Z同族，则Z为S元素，X 比 Y 的价电子数少 1，Y 的价电子数是 6，所以 X 的价电子数是 5，则X为N元素。
9．聚合物是一种热塑性弹性体。其合成反应如下：
说明：。
下列说法正确的是
A．含两种官能团，在稀中可稳定存在
B．是1，4-丁二醇，可与乙酸发生缩聚反应
C．，聚合物Z可经降解生成二胺
D．以上转化中，存在键的断裂与形成
【答案】D
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；羧酸简介；缩聚反应
【解析】【解答】A．X中含酰胺基和酯基两种官能团，酯基和酰胺基在稀硫酸中都会发生水解反应，无法稳定存在，A错误；
B．是1，4-丁二醇，为二元醇，乙酸为一元酸，无法与1，4-丁二醇发生缩聚反应，B错误；
C．该反应为缩聚反应，n个X单体与n个Y单体反应生成高聚物Z。每个X单体含有两个酯基，均参与反应，故应生成2n个甲醇分子，即，C错误；
D．反应过程中，X 中的酯基（C-O 键）断裂，同时生成聚合物 Z 的过程中也形成了新的 C-O 键。
因此，存在 C-O 键的断裂与形成，D正确；
故答案选D。
【分析】A．X中含有酯基和酰胺基；
Ｂ．缩聚反应需要单体同时具有两种能相互反应的官能团；
Ｃ．Z 中含有酰胺键，可水解；
Ｄ．X和Z中均含有C-O键。
10．我国科研工作者利用作为光催化剂，以、和芳香烃为原料可制得氯代芳烃。研究发现，该方法可选择性地对进行氯化，有关反应机理如图所示：
下列说法正确的是
A．步骤①~③中，与均属于中间产物
B．步骤③反应为
C．每制得，消耗的物质的量为
D．若用代替，则最终可得到
【答案】C
【知识点】卤代烃简介；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．Ru3+在步骤②生成、步骤③消耗，属于中间产物，而是步骤②生成的产物，后续未被消耗，属于最终产物，并非中间产物，A错误；
B．步骤③中，Ru3+和Cl-为反应物，Ru2+和HClO为产物，反应机理图中未出现OH-，O和H应来自，正确方程式应为2Ru3+ + Cl- + H2O = 2Ru2+ + HClO + H+，B错误；
C．总反应中，为氧化剂，Cl-为还原剂，1mol可氧化1 mol Cl-生成1 mol HClO，1 mol HClO与1mol芳香烃反应生成1 mol氯代芳烃，故每制得1 mol氯代芳烃消耗1 mol，C正确；
D． 该方法可选择性地对进行氯化 ，甲苯中的甲基上的H为C(sp3)-H，不会被氯化，不能得到 ，D错误；
故选C。
【分析】A．中间产物在反应过程中先产生后被消耗；
Ｂ．根据反应物和产物书写反应的离子方程式；
Ｃ．根据得失电子守恒计算；
Ｄ．该方法可选择性地对进行氯化 。
11．一种主要成分为的钒铅矿(杂质元素为、)，通过如下工艺可制得。已知：沉淀的最佳范围为。
电炉焙烧步骤反应：。
下列说法错误的是
A．“出炉气”可用碱液吸收以避免环境污染
B．“浸取”中热水的作用是增大的溶解度
C．“除硅铝”经调节将转化为除去
D．“沉钒”中析出时，需要加入过量
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；盐类水解的应用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．出炉气中含和，有毒，且能与NaOH等碱性溶液反应，因此可用碱液吸收，避免环境污染，A 正确；
B．“浸取” 使用热水，目的是增大NaVO3的溶解度，使其更易溶解在水中，提高浸取效率，B 正确；
C．“除硅铝” 步骤中，调节 pH 可以将溶液中的Al3+转化为Al(OH)3沉淀除去，同时硅也会形成沉淀被除去，C 错误；
D．加入过量的，铵根离子浓度显著增大，根据同离子效应，溶解平衡会向生成沉淀的方向移动，从而促进NH4VO3的析出，提高沉淀的产率，D 正确；
故答案选C。
【分析】钒铅矿和纯碱通入空气焙烧， 反应得到、、和，同时产生 CO2和少量未反应的 Cl2（出炉气），用热水浸取焙烧后的固体，NaVO3在热水中溶解度较大，能充分溶解进入溶液，而部分不溶性杂质（如未反应的固体）被过滤除去，不溶，形成浸渣，过滤除去，调节溶液 pH，使溶液中的硅、铝离子形成难溶的硅酸、氢氧化铝沉淀，从而与钒、铬分离，加入过量 NH4Cl，控制 pH 在 7.0~8.5，利用同离子效应，增大溶液中铵根离子浓度，沉淀出晶体。
12．某研究小组将持续通入漂粉精溶液中，观察到以下现象：a.液面上方出现白雾；b.稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；c.稍后，出现大量白色沉淀。下列与该实验相关的推测不合理的是
A．将漂粉精溶液滴在试纸上，试纸先变蓝后变白
B．现象b、c能充分证明现象的白雾是由导致的
C．现象中溶液变为黄绿色与溶液酸性的增强有关
D．现象中的白色沉淀是，溶液黄绿色最终将褪去
【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；氯水、氯气的漂白作用；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A．漂粉精的主要成分为、，ClO-水解使溶液呈碱性，同时具有漂白性，滴在pH试纸上先变蓝，后被漂白，A 合理；
B．现象 a 的白雾可能是Hl，也可能是与SO2水结合形成的酸雾，B 不合理；
C．漂粉精溶液在酸性条件下会发生歧化反应：，溶液变为黄绿色，与溶液酸性增强直接相关，C 合理；
D．被氧化生成，与结合生成白色沉淀；过量的会与继续反应，最终被消耗，溶液黄绿色褪去，D 合理；
故答案选B。
【分析】漂粉精的主要成分为、，具有强氧化性，通入SO2，SO2具有还原性，会发生氧化还原反应生成、和，溶液酸性增强，酸性条件下，与Cl-会发生氧化还原反应生成氯气，溶液变为黄绿色，生成的与结合生成白色沉淀，又会被过量的还原为Cl-，最终溶液黄绿色褪去。
13．以石墨或甲烷为原料可制备金刚石，石墨和金刚石的晶胞如图所示。
下列说法错误的是
A．甲烷转化为金刚石后，晶体类型发生改变
B．石墨晶体层间距远大于碳碳键长，层间没有化学键
C．金刚石晶胞中位和位碳原子的核间距为
D．若石墨和金刚石的晶胞体积比为，则其密度比为
【答案】C
【知识点】原子晶体（共价晶体）；晶胞的计算；晶体的定义
【解析】【解答】A．甲烷是分子晶体，金刚石是原子晶体，甲烷转化为金刚石后，晶体类型发生改变，A正确；
B．石墨层间距远远大于碳碳键长，层间仅存在范德华力，没有化学键，B正确；
C．对金刚石晶胞建系，如图：则a点坐标是，b点坐标是，故可求a、b两点距离是=pm，又由于154 pm是距离最近的两个碳原子之间的距离，故有154=，则，C错误；
D．石墨晶胞中==4，金刚石晶胞中==8，故，D正确；
故选C。
【分析】A．甲烷是分子晶体，金刚石是共价晶体；
Ｂ．石墨层间存在分子间作用力；
Ｃ．金刚石晶胞中，a 和 b 碳原子的核间距可以用晶胞参数计算；
Ｄ．根据晶体密度计算公式计算。
14．下图所示装置可用于制备。向、两室各加入溶液，经测定，当装置工作时，除制得一定量，还在电极表面收集到气体，电解效率，忽略其他副反应和溶液体积变化。
已知：电解效率
下列说法正确的是
A．a极上的电极反应为
B．工作一段时间后，a、b两室溶液浓度均不变
C．室与室收集到的气体的物质的量之比为
D．时，制得的浓度为
【答案】D
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．a极为阴极，应发生还原反应，正确的电极反应为：，A错误；
B．a极为阴极，发生电极反应：，中间隔膜为阴离子交换膜，从左向右移向阳极区域，则a室溶液浓度减小；b极为阳极，发生电极反应：，根据分析可知，电路中转移电子总数为，则生成转移的电子数为，所以消耗为，通过阴离子交换膜转移过来 ，因此b室浓度还是减小，所以a、b两室溶液浓度均减小，B错误；
C．电极b为阳极，收集到的气体是氧气，即收集到氧气；a极为阴极，发生电极反应：，通过电极的电子总数为，即生成氢气，则室与室收集到的气体的物质的量之比为，C错误；
D．生成转移的电子数为，根据可知，则制得的物质的量为，其浓度为，D正确；
故选D。
【分析】b电极上，发生氧化反应生成，则b为阳极，电极反应：，a为阴极，电极反应为：，电极表面收集到气体，该气体应为氧气，则b电极还存在反应：，转移电子数目为，电解效率，即，则通过电极的电子总数为：。
15．常温下，溶液中所有含组分的摩尔分数与变化关系如图中各虚线所示；和在溶液(浓度保持不变)中达到沉淀溶解平衡时，与的关系如图中实线所示(已知：为金属离子和的浓度，易溶于水)。
下列说法正确的是
A．直线②表示与的关系
B．，
C．化合物不能溶于稀
D．时溶液中
【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A． 由分析可知，曲线②表示与pH的关系，A错误；
B．曲线①是，点c有，pH=5，即，，H2A浓度保持不变，，利用=，求得，代入，即数量级为10-50；曲线②是，点d有，pH=7，的分布系数约为0.5，即，，，利用=，求得，代入，数量级为10-18，故B正确；
C．化合物在水中存在，由于易溶于水，且、酸性均弱于，随着稀硫酸加入，沉淀溶解平衡正移，化合物溶于稀，C错误；
D．根据分析已知=，=，则===，时则，D错误；
答案选B。
【分析】是一种二元弱酸，随着 pH 增大，浓度减小，A2-浓度增大，先增大后减小，说明第一条下降的粗虚线是，先升后降的则是，最后出现并逐渐增加的虚线则代表，a（7，0.5）代入电离平衡常数表达式可得，=，b（13，0.5）代入平衡常数表达式可得=。实线①②分别是和在溶液的与的关系，已知 ，则，，同理对于，其，可以看出的斜率应该更大，故曲线②表示与pH的关系。
16．银广泛应用于化工、电子和工业催化等领域，某团队采用如下工艺从银锌电池(含有、、和少量与石墨)中回收银。
回答下列问题：
（1）与同族且相邻，基态原子的价电子排布式为　 　。
（2）“氧化浸出”时，Ag参与反应的离子方程式为　 　。
（3）“氧化浸出”用硝酸-双氧水协同法浸取，优点是　 　，随温度升高，浸出率先增大后减小，其原因是　 　。
（4）“滤液”中的阳离子主要有　 　。
（5）“浸出”步骤的反应原理为：。将初始浓度相同的溶液加入一定量的中，测不同时银的浸出率，结果如图。在6以下时银浸出率很低，其原因是　 　。
（6）甘蔗渣水解液中，对还原起主要作用的官能团名称是　 　。
（7）“还原”得到的银锭纯度测定：(白色)
取银锭样品用稀硝酸溶解，得到待测液。取待测液，滴加2滴溶液，再用溶液沉淀，当出现稳定的浅红色时消耗溶液。
①上述过程中的作用是　 　。
②银锭的质量分数是　 　%。
【答案】（1）
（2）
（3）双氧水作氧化剂，避免生成污染环境；初始阶段，温度升高，反应速率升高，浸出率先增大；后续阶段，温度升高导致双氧水分解、硝酸挥发，浸出率减小
（4）、、
（5）氢离子会与形成或，减小浓度，使平衡左移，减小浸出率
（6）醛基
（7）作指示剂，显示滴定终点；
【知识点】原子核外电子排布；氧化还原反应方程式的配平；探究物质的组成或测量物质的含量；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）与同族且相邻，位于第五周期，价电子排布式为：；
（2）Ag与双氧水在酸性环境下发生氧化还原反应，离子方程式为：；
（3）①若只添加稀硝酸，将会生成污染物，双氧水作氧化剂，避免生成污染环境；
②双氧水易分解，初始阶段，温度升高，反应速率升高，浸出率先增大；后续阶段，温度升高导致双氧水分解、硝酸挥发，浸出率减小；
（4）由分析可知，经过沉淀步骤，滤液中含有的阳离子有：、、；
（5）降低，氢离子浓度升高，氢离子会与形成或，减小浓度，使平衡左移，减小浸出率；
（6）甘蔗渣主要成分为纤维素，水解后为葡萄糖，葡萄糖的还原性主要由醛基体现；
（7）①加入铁离子，当到达滴定终点时，可与结合，显出红色指示终点；
②可以对应关系：，，。
【分析】 银锌电池(含有、、和少量与石墨) 中加入稀硝酸和过氧化氢进行氧化浸出浸取Ag，该过程中用过氧化氢作氧化剂，不会产生氮氧化物污染环境，不反应，成为滤渣，加入10%氯化钠溶液，Ag+与 Cl-结合生成AgCl 沉淀， Zn2+仍留在溶液中，过滤得到 AgCl 沉淀和含 Zn (NO3)2的滤液，向 AgCl 沉淀中加入 Na2SO3溶液，AgCl 与 Na2SO3反应生成可溶性的银氨络合物（如 Na3[Ag (S2O3)2]），实现 Ag 的溶解分离，向浸出液中加入甘蔗水解液（主要含葡萄糖），葡萄糖作为还原剂将银氨络合物中的 Ag+还原为Ag 单质，最终得到银锭。
（1）与同族且相邻，位于第五周期，价电子排布式为：；
（2）Ag与双氧水在酸性环境下发生氧化还原反应，离子方程式为：；
（3）①若只添加稀硝酸，将会生成污染物，双氧水作氧化剂，避免生成污染环境；
②双氧水易分解，初始阶段，温度升高，反应速率升高，浸出率先增大；后续阶段，温度升高导致双氧水分解、硝酸挥发，浸出率减小；
（4）由分析可知，经过沉淀步骤，滤液中含有的阳离子有：、、；
（5）降低，氢离子浓度升高，氢离子会与形成或，减小浓度，使平衡左移，减小浸出率；
（6）甘蔗渣主要成分为纤维素，水解后为葡萄糖，葡萄糖的还原性主要由醛基体现；
（7）①加入铁离子，当到达滴定终点时，可与结合，显出红色指示终点；
②可以对应关系：，，。
17．光催化技术是利用太阳能驱动化学反应的前沿方向。某课题组采用以下工艺，通过光催化水产生羟基自由基而启动反应，再利用将对二甲苯选择性氧化为对甲基苯甲酸。
反应原理：
实验步骤：
I.在的双颈圆底烧瓶中，加入少量二氧化钛纳米管粉末、对二甲苯和乙腈-水混合溶液(体积比4：1)。
II.连通氧气源，开启冷凝水和磁力搅拌，光照。每隔一定时间，用注射器抽取少量反应液，分析产物组成。一段时间后，终止反应。
III.将反应液离心分离出固体催化剂。将上清液转移至圆底烧瓶，蒸除乙腈溶剂。向剩余的水相中加入过量稀溶液，充分反应后，用乙酸乙酯洗涤，弃去有机层，再用稀盐酸酸化至，析出白色固体。抽滤、洗涤、用无水干燥得产品。
回答下列问题：
（1）对比作氧化剂，简要阐述本工艺的优点　 　(答出两点即可)。
（2）步骤I采用“乙腈-水混合溶液”而不只用乙腈的主要原因是　 　。
（3）产率随步骤II反应时间的变化关系如下表所示，可判断获得对甲基苯甲酸的最佳反应时间为　 　，超过反应时间，产率下降的可能原因是　 　。
反应时间/h 1 2 3 4 6 8 10 12
对甲基苯甲酸产率/% 18 38 58 75 85 78 70 65
（4）步骤III中加入后，发生反应的化学方程式是　 　、　 　。
（5）在最佳反应时间时，理论上可获得对甲基苯甲酸的最大产量为　 　g(结果保留3位有效数字)。
（6）实验小组获得产品的质谱图，推测产物中是否混有杂质，并说明理由　 　。
【答案】（1）利用太阳能，节能环保；氧化剂为O2，污染小；条件更温和，可能实现选择性氧化
（2）水是的来源，提供足够的水以产生
（3）6h；对甲基苯甲酸进一步氧化(或副反应增加)
（4）+HCl→↓+NaCl；NaOH+HCl=NaCl+H2O
（5）1.16
（6）产物中混有杂质。对甲基苯甲酸的相对分子质量为136，其质荷比最大值应该为。图中质荷比最大值为228，说明存在分子量为228的杂质
【知识点】离子反应发生的条件；苯的同系物及其性质；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）是强氧化剂，常需在酸性条件下使用，反应后会产生Mn2+等金属废弃物，且氧化过程可能不够温和。而本工艺利用太阳能驱动(光催化)，节能环保；氧化剂为O2，廉价，无污染，且光催化条件更温和，可能实现选择性氧化，故对比作氧化剂，本工艺的优点是利用太阳能，节能环保；氧化剂为O2，污染小；条件更温和，可能实现选择性氧化。
（2）对二甲苯是有机物，乙腈是良好的有机溶剂，能溶解对二甲苯，但反应需光催化产生羟基自由基，水是的来源之一(光催化水分解产生)。若只用乙腈，水含量不足，生成量少，反应速率慢。故混合溶液的作用是提供足够的水以产生，同时乙腈溶解有机物，保证反应物充分接触。
（3）根据表格数据，产率在反应时间为6h时达到最高(85%)，之后随时间延长产率下降。超过6h后，可能是对甲基苯甲酸进一步氧化(深度氧化为其他产物，如对苯二甲酸)或副反应增加(生成其他杂质)，导致目标产物减少。
（4）步骤III中，上清液含对甲基苯甲酸，加入过量NaOH后，发生中和反应生成对甲基苯甲酸钠盐，充分反应后，用乙酸乙酯洗涤，弃去有机层，水层含有对甲基苯甲酸钠盐，再用稀盐酸酸化至，发生中和反应：+HCl→↓+NaCl；同时，过量的NaOH也会与HCl反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O。
（5）10 mmol对二甲苯理论生成10 mmol对甲基苯甲酸，对甲基苯甲酸(C8H8O2)的摩尔质量为136g/mol，则理论上，对甲基苯甲酸质量=0.01mol×136g/mol=1.36g，。
（6）产物中混有杂质。对甲基苯甲酸的相对分子质量为136，其质荷比最大值应该为。图中质荷比最大值为228，说明存在分子量为228的物质，说明含有杂质。
【分析】本工艺通过光催化水产生羟基自由基而启动反应，再利用将对二甲苯选择性氧化为对甲基苯甲酸。实验步骤I和II充分发生反应，步骤III分离产品，上清液含对甲基苯甲酸，加入过量NaOH后，发生中和反应生成对甲基苯甲酸钠盐，充分反应后，用乙酸乙酯洗涤，弃去有机层，水层含有对甲基苯甲酸钠盐，再用稀盐酸酸化至，发生中和反应，生成对甲基苯甲酸，并沉淀析出，再经过抽滤、洗涤、用无水干燥得产品。
（1）该工艺用太阳能驱动化学反应，环保；
（2）乙腈是极性有机溶剂，能溶解多数有机物，但对于一些极性较强的溶质（如离子型中间体、盐类），单独使用乙腈的溶解度可能不足。加入水后，混合溶剂的极性可以调节，能更好地溶解目标产物或反应物，提升反应效率或分离效果；
（3）根据表中数据，产率在反应时间为6h时达到最高；产率下降往往是因为有副产物生成；
（4）HCl可中和NaOH，也能与甲基苯甲酸钠反应得到甲基苯甲酸；
（5）根据计算；
（6）质谱图中，分子离子峰（或目标产物的特征峰）是判断纯度的关键。如果产物纯净，质谱图中会以目标产物的分子离子峰（或其特征碎片峰）为主要峰，且其他峰的相对强度较低；若存在明显的、不属于目标产物的特征峰（尤其是相对强度较高的峰），则说明混有杂质。
（1）是强氧化剂，常需在酸性条件下使用，反应后会产生Mn2+等金属废弃物，且氧化过程可能不够温和。而本工艺利用太阳能驱动(光催化)，节能环保；氧化剂为O2，廉价，无污染，且光催化条件更温和，可能实现选择性氧化，故对比作氧化剂，本工艺的优点是利用太阳能，节能环保；氧化剂为O2，污染小；条件更温和，可能实现选择性氧化。
（2）对二甲苯是有机物，乙腈是良好的有机溶剂，能溶解对二甲苯，但反应需光催化产生羟基自由基，水是的来源之一(光催化水分解产生)。若只用乙腈，水含量不足，生成量少，反应速率慢。故混合溶液的作用是提供足够的水以产生，同时乙腈溶解有机物，保证反应物充分接触。
（3）根据表格数据，产率在反应时间为6h时达到最高(85%)，之后随时间延长产率下降。超过6h后，可能是对甲基苯甲酸进一步氧化(深度氧化为其他产物，如对苯二甲酸)或副反应增加(生成其他杂质)，导致目标产物减少。
（4）步骤III中，上清液含对甲基苯甲酸，加入过量NaOH后，发生中和反应生成对甲基苯甲酸钠盐，充分反应后，用乙酸乙酯洗涤，弃去有机层，水层含有对甲基苯甲酸钠盐，再用稀盐酸酸化至，发生中和反应：+HCl→↓+NaCl；同时，过量的NaOH也会与HCl反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O。
（5）10 mmol对二甲苯理论生成10 mmol对甲基苯甲酸，对甲基苯甲酸(C8H8O2)的摩尔质量为136g/mol，则理论上，对甲基苯甲酸质量=0.01mol×136g/mol=1.36g，。
（6）产物中混有杂质。对甲基苯甲酸的相对分子质量为136，其质荷比最大值应该为。图中质荷比最大值为228，说明存在分子量为228的物质，说明含有杂质。
18．甘油与水蒸气重整获得过程中的主要反应：
①甘油分解：
②水气变换：
已知：为物质生成焓，反应焓变产物生成焓之和-反应物生成焓之和。相关物质的生成焓如下表所示。
物质
-242 -394 0 -669
反应产物的选择性定义为。
回答下列问题：
（1）甘油与水蒸气重整获得的总反应③，其热化学方程式为　 　，　 　0(填“>”、“＜”或“=”)，反应在　 　(填“高温”或“低温”)自发进行。
（2）在甘油与水蒸气重整的过程中，存在甲烷化副反应④：。反应达平衡时，温度对、、选择性的影响情况如图所示。图中表示选择性的曲线是　 　(填“a”或“b”)，以后，的选择性随温度升高呈减小趋势，结合化学反应原理加以解释　 　。
（3）维持压强，在温度为条件下，与发生上述反应达平衡状态时，测得体系中部分组分的物质的量如下表所示：
组分 CO
物质的量/mol 0.6 9.6 0.6 4.2
结合上表数据，、条件下，的平衡转化率为　 　%，甲烷化反应的平衡常数　 　(用含的计算式表示，无须化简。分压=总压物质的量分数)。
（4）在实际生产中，增大水醇比可避免积碳的生成。用化学方程式说明以上措施的原理　 　。
【答案】（1）；>；高温
（2）b；700K 以后，温度升高时：反应②平衡逆向移动，生成量减少；反应④平衡逆向移动，消耗减少，但反应②的影响更显著，最终导致的选择性减小
（3）36；
（4）
【知识点】盖斯定律及其应用；焓变和熵变；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）甘油与水蒸气重整获得的总反应为，根据生成焓计算反应焓变则其热化学方程式为：；反应后气体分子数增多，故ΔS>0，该反应ΔH>0、ΔS>0，根据ΔG=ΔH TΔS<0自发，需在高温下自发进行；
（2）反应①为吸热反应，温度升高平衡正向移动，CO 生成量增多；反应②为放热反应，温度升高平衡逆向移动，CO 消耗减少，故 CO 的选择性随温度升高而增大，对应曲线为b；
700K 以后，温度升高时：反应②平衡逆向移动，生成量减少；反应④平衡逆向移动，CO2消耗减少，但反应②的影响更显著，最终导致CO2的选择性减小；
（3）设反应①甘油分解a；反应②中各成分的改变值均为x；反应④中甲烷的改变值为y，由题目n(CH4)=0.6 mol，得y=0.6 mol，反应②生成x mol CO2，反应④消耗y mol CO2，x-y=4.2，代入y=0.6mol，解得x=4.8mol，反应①生成3a molCO，反应②消耗x mol CO，3a-x=0.6，代入x=4.8 mol，解得a=1.8 mol，反应②消耗x=4.8 mol H2O，反应④生成2y=1.2 mol H2O，H2O净消耗：4.8-1.2=3.6 mol，平衡时剩余水10-3.6=6.4 mol，；
平衡时总物质的量=，则；
（4）高温时水可以和碳反应，从而减少积碳生成，反应为：。
【分析】（1）总反应③为，其产物生成焓之和-反应物生成焓之和 ，即；根据ΔG=ΔH TΔS<0时反应自发进行分析；
（2）升高温度，平衡向吸热反应方向移动；
（3）根据计算；计算各物质的平衡分压，代入计算；
（4）水和积碳在高温下发生反应，将积碳转化为一氧化碳和氢气，从而减少积碳的沉积。
（1）甘油与水蒸气重整获得的总反应为，根据生成焓计算反应焓变则其热化学方程式为：；反应后气体分子数增多，故ΔS>0，该反应ΔH>0、ΔS>0，根据ΔG=ΔH TΔS<0自发，需在高温下自发进行；
（2）反应①为吸热反应，温度升高平衡正向移动，CO 生成量增多；反应②为放热反应，温度升高平衡逆向移动，CO 消耗减少，故 CO 的选择性随温度升高而增大，对应曲线为b；
700K 以后，温度升高时：反应②平衡逆向移动，生成量减少；反应④平衡逆向移动，CO2消耗减少，但反应②的影响更显著，最终导致CO2的选择性减小；
（3）设反应①甘油分解a；反应②中各成分的改变值均为x；反应④中甲烷的改变值为y，由题目n(CH4)=0.6 mol，得y=0.6 mol，反应②生成x mol CO2，反应④消耗y mol CO2，x-y=4.2，代入y=0.6mol，解得x=4.8mol，反应①生成3a molCO，反应②消耗x mol CO，3a-x=0.6，代入x=4.8 mol，解得a=1.8 mol，反应②消耗x=4.8 mol H2O，反应④生成2y=1.2 mol H2O，H2O净消耗：4.8-1.2=3.6 mol，平衡时剩余水10-3.6=6.4 mol，；
平衡时总物质的量=，则；
（4）高温时水可以和碳反应，从而减少积碳生成，反应为：。
19．化合物是制备新型口服抗凝药物asundexian的关键中间体，的一种合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A→B实现了由硝基到　 　的转化（填官能团名称），其反应类型是　 　。
（2）由和转化为的过程中，若参与成键的氮原子及成键方式不变，则生成的与E互为同分异构体的副产物结构简式为　 　。
（3）H的化学名称是　 　。
（4）由生成的化学方程式为　 　。
（5）写出两种同时满足下列条件的I的同分异构体的结构简式　 　、　 　。
a.含氮基团均为，与苯环直接相连；
b.能发生银镜反应；
c.核磁共振氢谱为4组峰。
（6）按照的方法合成聚合物的路线如下：
反应①所需试剂是　 　，X的结构简式为　 　。
【答案】（1）氨基；还原反应
（2）
（3）2-溴丁酸
（4）++H2O
（5）；
（6）FeBr3、Br2；
【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；取代反应
【解析】【解答】（1）由分析可知，A→B实现了由硝基到氨基的转化；硝基被还原为氨基，该反应为还原反应。
（2）由和转化为的过程中，若参与成键的氮原子及成键方式不变，则生成的与E互为同分异构体的副产物结构简式为 。
（3）由分析可知H为，其化学名称是2-溴丁酸。
（4）根据分析可知，由生成的化学方程式为++H2O。
（5）能发生银镜反应，故取代基含醛基；故满足含醛基、氨基与苯环直接相连，核磁共振氢谱为4组峰的I的同分异构体的结构简式有、、、。
（6）反应①所需试剂是苯环溴代的催化剂与反应物，即FeBr3（催化剂）、Br2（反应物）；由分析可知，按照的方法合成聚合物的路线中X的结构简式为。
【分析】在SnCl2/HCl条件下发生还原反应得到B，结合B的分子式可知，B的结构简式为，在TMSN3条件下转化为；与D（）发生环加成反应生成；与在一定条件下发生取代反应生成F（）；经LiCl脱甲基得到；发生溴代反应生成H（）；与在T3P作用下发生酰胺缩合反应生成；与在TMG作用下发生取代反应生成。
（1）由分析可知，A→B实现了由硝基到氨基的转化；硝基被还原为氨基，该反应为还原反应。
（2）由和转化为的过程中，若参与成键的氮原子及成键方式不变，则生成的与E互为同分异构体的副产物结构简式为 。
（3）由分析可知H为，其化学名称是2-溴丁酸。
（4）根据分析可知，由生成的化学方程式为++H2O。
（5）能发生银镜反应，故取代基含醛基；故满足含醛基、氨基与苯环直接相连，核磁共振氢谱为4组峰的I的同分异构体的结构简式有、、、。
（6）反应①所需试剂是苯环溴代的催化剂与反应物，即FeBr3（催化剂）、Br2（反应物）；由分析可知，按照的方法合成聚合物的路线中X的结构简式为。
1 / 1四川省绵阳市2026届高三上学期第二次诊断性考试 化学试题
1．化学与生活密切相关，下列叙述错误的是
A．具有强氧化性，能用于饮用水消毒
B．铁的发蓝处理可形成致密的氧化膜
C．氟利昂产生的氯原子自由基会长久的破坏臭氧层
D．含增塑剂的聚氯乙烯薄膜可用于生产食品包装袋
2．下列与物质性质相关的说法正确的是
A．石膏用于点卤制豆腐，因为可使蛋白质变性
B．硫化橡胶强度高，因为硫化后由线性结构转化为网状结构
C．的熔点高于，因为前者的分子间作用力更大
D．户外着装的冲锋衣具有速干性，因为聚酯纤维中含亲水基
3．在一定量水存在的情况下，可与反应生成一元中强酸：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．的VSEPR模型为三角锥形
B．为正盐，其水溶液呈中性
C．的电子式：
D．生成氧化产物，断裂个键
4．香豆素类化合物甲基白花前胡内酯的结构如图。下列说法错误的是
A．该分子中含2个手性碳原子
B．该分子中所有碳原子不能共平面
C．该物质最多消耗
D．该物质与浓硫酸共热可能有键生成
5．解释下列现象或事实的方程式错误的是
A．硫化钠溶液在空气中变浑浊：
B．盛放溶液的试剂瓶不能用玻璃塞：
C．澄清石灰水与少量小苏打溶液混合产生沉淀：
D．沉淀溶于浓氨水得到深蓝色溶液：
6．下列实验装置使用正确的是
A．制备乙炔并检验其还原性 B．制备并收集
C．制备溴苯并验证有HBr生成 D．制备并比较C与Si的非金属性
A．A B．B C．C D．D
7．研究表明，乙酰丙酮()存在酮式和烯醇式互变形成的平衡体系：
下列说法错误的是
A．向乙酰丙酮中加入金属钠能产生气泡
B．能与HCN加成可证实乙酰丙酮存在酮式异构体
C．由酮式向烯醇式转化时，位的比位的活泼
D．形成分子内氢键可增强烯醇式异构体的稳定性
8．化合物可用作定色剂，W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。的原子核内无中子，与同族，的层电子总数是未成对电子数的3倍，比的价电子数少1。下列说法正确的是
A．分子极性： B．第一电离能：
C．该化合物中，的杂化方式为 D．W、X、Y只能构成共价化合物
9．聚合物是一种热塑性弹性体。其合成反应如下：
说明：。
下列说法正确的是
A．含两种官能团，在稀中可稳定存在
B．是1，4-丁二醇，可与乙酸发生缩聚反应
C．，聚合物Z可经降解生成二胺
D．以上转化中，存在键的断裂与形成
10．我国科研工作者利用作为光催化剂，以、和芳香烃为原料可制得氯代芳烃。研究发现，该方法可选择性地对进行氯化，有关反应机理如图所示：
下列说法正确的是
A．步骤①~③中，与均属于中间产物
B．步骤③反应为
C．每制得，消耗的物质的量为
D．若用代替，则最终可得到
11．一种主要成分为的钒铅矿(杂质元素为、)，通过如下工艺可制得。已知：沉淀的最佳范围为。
电炉焙烧步骤反应：。
下列说法错误的是
A．“出炉气”可用碱液吸收以避免环境污染
B．“浸取”中热水的作用是增大的溶解度
C．“除硅铝”经调节将转化为除去
D．“沉钒”中析出时，需要加入过量
12．某研究小组将持续通入漂粉精溶液中，观察到以下现象：a.液面上方出现白雾；b.稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；c.稍后，出现大量白色沉淀。下列与该实验相关的推测不合理的是
A．将漂粉精溶液滴在试纸上，试纸先变蓝后变白
B．现象b、c能充分证明现象的白雾是由导致的
C．现象中溶液变为黄绿色与溶液酸性的增强有关
D．现象中的白色沉淀是，溶液黄绿色最终将褪去
13．以石墨或甲烷为原料可制备金刚石，石墨和金刚石的晶胞如图所示。
下列说法错误的是
A．甲烷转化为金刚石后，晶体类型发生改变
B．石墨晶体层间距远大于碳碳键长，层间没有化学键
C．金刚石晶胞中位和位碳原子的核间距为
D．若石墨和金刚石的晶胞体积比为，则其密度比为
14．下图所示装置可用于制备。向、两室各加入溶液，经测定，当装置工作时，除制得一定量，还在电极表面收集到气体，电解效率，忽略其他副反应和溶液体积变化。
已知：电解效率
下列说法正确的是
A．a极上的电极反应为
B．工作一段时间后，a、b两室溶液浓度均不变
C．室与室收集到的气体的物质的量之比为
D．时，制得的浓度为
15．常温下，溶液中所有含组分的摩尔分数与变化关系如图中各虚线所示；和在溶液(浓度保持不变)中达到沉淀溶解平衡时，与的关系如图中实线所示(已知：为金属离子和的浓度，易溶于水)。
下列说法正确的是
A．直线②表示与的关系
B．，
C．化合物不能溶于稀
D．时溶液中
16．银广泛应用于化工、电子和工业催化等领域，某团队采用如下工艺从银锌电池(含有、、和少量与石墨)中回收银。
回答下列问题：
（1）与同族且相邻，基态原子的价电子排布式为　 　。
（2）“氧化浸出”时，Ag参与反应的离子方程式为　 　。
（3）“氧化浸出”用硝酸-双氧水协同法浸取，优点是　 　，随温度升高，浸出率先增大后减小，其原因是　 　。
（4）“滤液”中的阳离子主要有　 　。
（5）“浸出”步骤的反应原理为：。将初始浓度相同的溶液加入一定量的中，测不同时银的浸出率，结果如图。在6以下时银浸出率很低，其原因是　 　。
（6）甘蔗渣水解液中，对还原起主要作用的官能团名称是　 　。
（7）“还原”得到的银锭纯度测定：(白色)
取银锭样品用稀硝酸溶解，得到待测液。取待测液，滴加2滴溶液，再用溶液沉淀，当出现稳定的浅红色时消耗溶液。
①上述过程中的作用是　 　。
②银锭的质量分数是　 　%。
17．光催化技术是利用太阳能驱动化学反应的前沿方向。某课题组采用以下工艺，通过光催化水产生羟基自由基而启动反应，再利用将对二甲苯选择性氧化为对甲基苯甲酸。
反应原理：
实验步骤：
I.在的双颈圆底烧瓶中，加入少量二氧化钛纳米管粉末、对二甲苯和乙腈-水混合溶液(体积比4：1)。
II.连通氧气源，开启冷凝水和磁力搅拌，光照。每隔一定时间，用注射器抽取少量反应液，分析产物组成。一段时间后，终止反应。
III.将反应液离心分离出固体催化剂。将上清液转移至圆底烧瓶，蒸除乙腈溶剂。向剩余的水相中加入过量稀溶液，充分反应后，用乙酸乙酯洗涤，弃去有机层，再用稀盐酸酸化至，析出白色固体。抽滤、洗涤、用无水干燥得产品。
回答下列问题：
（1）对比作氧化剂，简要阐述本工艺的优点　 　(答出两点即可)。
（2）步骤I采用“乙腈-水混合溶液”而不只用乙腈的主要原因是　 　。
（3）产率随步骤II反应时间的变化关系如下表所示，可判断获得对甲基苯甲酸的最佳反应时间为　 　，超过反应时间，产率下降的可能原因是　 　。
反应时间/h 1 2 3 4 6 8 10 12
对甲基苯甲酸产率/% 18 38 58 75 85 78 70 65
（4）步骤III中加入后，发生反应的化学方程式是　 　、　 　。
（5）在最佳反应时间时，理论上可获得对甲基苯甲酸的最大产量为　 　g(结果保留3位有效数字)。
（6）实验小组获得产品的质谱图，推测产物中是否混有杂质，并说明理由　 　。
18．甘油与水蒸气重整获得过程中的主要反应：
①甘油分解：
②水气变换：
已知：为物质生成焓，反应焓变产物生成焓之和-反应物生成焓之和。相关物质的生成焓如下表所示。
物质
-242 -394 0 -669
反应产物的选择性定义为。
回答下列问题：
（1）甘油与水蒸气重整获得的总反应③，其热化学方程式为　 　，　 　0(填“>”、“＜”或“=”)，反应在　 　(填“高温”或“低温”)自发进行。
（2）在甘油与水蒸气重整的过程中，存在甲烷化副反应④：。反应达平衡时，温度对、、选择性的影响情况如图所示。图中表示选择性的曲线是　 　(填“a”或“b”)，以后，的选择性随温度升高呈减小趋势，结合化学反应原理加以解释　 　。
（3）维持压强，在温度为条件下，与发生上述反应达平衡状态时，测得体系中部分组分的物质的量如下表所示：
组分 CO
物质的量/mol 0.6 9.6 0.6 4.2
结合上表数据，、条件下，的平衡转化率为　 　%，甲烷化反应的平衡常数　 　(用含的计算式表示，无须化简。分压=总压物质的量分数)。
（4）在实际生产中，增大水醇比可避免积碳的生成。用化学方程式说明以上措施的原理　 　。
19．化合物是制备新型口服抗凝药物asundexian的关键中间体，的一种合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A→B实现了由硝基到　 　的转化（填官能团名称），其反应类型是　 　。
（2）由和转化为的过程中，若参与成键的氮原子及成键方式不变，则生成的与E互为同分异构体的副产物结构简式为　 　。
（3）H的化学名称是　 　。
（4）由生成的化学方程式为　 　。
（5）写出两种同时满足下列条件的I的同分异构体的结构简式　 　、　 　。
a.含氮基团均为，与苯环直接相连；
b.能发生银镜反应；
c.核磁共振氢谱为4组峰。
（6）按照的方法合成聚合物的路线如下：
反应①所需试剂是　 　，X的结构简式为　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；常见的生活环境的污染及治理；金属的腐蚀与防护；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A．具有强氧化性，能够破坏细菌、病毒的结构，因此可以用于饮用水消毒，A正确；
B．铁的发蓝处理（也叫烤蓝）是通过化学氧化在铁表面形成一层致密的（四氧化三铁）氧化膜，可防止铁锈蚀，B正确；
C．氟利昂在紫外线照射下会分解出氯原子自由基，氯原子会作为催化剂，不断破坏臭氧分子，且自身不会被消耗，会长久破坏臭氧层，C正确；
D．聚氯乙烯在使用过程中，增塑剂等添加剂可能会迁移到食品中，对人体健康造成危害，食品包装一般会使用聚乙烯（PE）等更安全的材料，D错误。
故答案选D。
【分析】A．具有强氧化性，能使蛋白质变性；
Ｂ．铁的发蓝处理（也叫烤蓝）是通过化学氧化在铁表面形成一层致密的氧化膜；
Ｃ．氟利昂在紫外线照射下会分解出氯原子自由基；
Ｄ．聚氯乙烯会产生有毒物质。
2．【答案】B
【知识点】化学键和分子间作用力的区别；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．石膏点卤制豆腐是利用使蛋白质发生聚沉，而非变性，变性是蛋白质的空间结构被破坏且不可逆，而聚沉是蛋白质胶体颗粒聚集形成沉淀，这个过程是可逆的，A错误；
B．硫化橡胶是将线性结构的橡胶通过硫化处理，转化为网状结构，这种结构会让橡胶的强度、弹性和稳定性都显著提升，B正确；
C．是离子晶体，熔化时需要破坏较强的离子键；而是分子晶体，熔化时只需破坏较弱的分子间作用力。因此熔点更高的原因是离子键强于分子间作用力，并非因为分子间作用力更大，C错误；
D．聚酯纤维属于合成纤维，它的分子中不含亲水基团，所以才会有速干的特性，如果含有亲水基团，会更容易吸水，反而不利于速干，D错误；
故答案选B。
【分析】A．电解质能使蛋白质发生聚沉；
Ｂ．硫化橡胶是将线性结构的橡胶通过硫化处理，转化为网状结构；
Ｃ．离子晶体的熔点高于分子晶体；
Ｄ．聚酯纤维属于合成纤维，不含亲水基团。
3．【答案】D
【知识点】判断简单分子或离子的构型；盐类水解的应用；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．的中心P原子价层电子对数为，根据 VSEPR 理论，价层电子对数为 4 的分子，VSEPR 模型为四面体形，A 错误；
B．是一元中强酸，说明其分子只能电离一个氢离子，因此是正盐，会发生水解产生OH-，使溶液呈碱性，B 错误；
C．是共价化合物，电子式应为，不存在阴阳离子的形式，C 错误；
D．反应中，P元素从-3价升高到+1价，是氧化产物。每生成1 mol，消耗2 mol，断裂2 mol I—I键，因此生成2 mol时，断裂个I—I键，D 正确；
故答案选D。
【分析】A．根据 VSEPR 理论分析；
Ｂ． 是与NaOH反应产生的正盐；
Ｃ．HI 是共价化合物；
Ｄ．该反应的氧化产物为。
4．【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的结构和性质；酯的性质
【解析】【解答】A．手性碳原子是指连有4个不同原子或原子团的饱和碳原子，分子中与- OH 相连的碳原子、与 - OCH3相连的碳原子，均满足手性碳的条件，所以该分子含2 个手性碳原子，A正确；
B．分子中存在两个甲基（-CH3），甲基的碳原子为 sp3 杂化，具有四面体结构，会导致所有碳原子无法共平面，B正确；
C．该分子中能与 NaOH 反应的结构是酯基，只有 1 个酯基，水解后生成 1 个羧基和 1 个酚羟基，最多消耗，C错误；
D．分子中含有羟基且相邻碳原子上有氢原子，与浓硫酸共热可以发生消去反应形成碳碳双键，故有键生成，D正确；
故答案为C。
【分析】A．手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；
Ｂ．饱和碳原子具有甲烷的结构特征；
Ｃ．该分子中醇羟基不与NaOH反应，酯基水解生成的酚羟基能与NaOH反应；
Ｄ．单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键中含有1个σ键和2个π键。
5．【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；硅和二氧化硅；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．硫化钠溶液在空气中变浑浊是因被氧化为S，反应的离子方程式为 ，A正确；
B．盛放 NaOH 溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，是因为玻璃中的SiO2与 NaOH 反应，反应的离子方程式为，B错误；
C．反应时OH-过量，与反应本质为与Ca2+、OH-结合生成CaCO3沉淀和水，反应的离子方程式为 ， C正确；
D．与形成络合物， 反应的离子方程式为 ，D正确；
故答案选B。
【分析】A．硫化钠被氧气氧化生成单质硫；
Ｂ．NaOH能与二氧化硅反应生成硅酸钠；
Ｃ．澄清石灰水与少量小苏打溶液混合，反应时OH-过量；
Ｄ．Cu (OH)2沉淀溶于浓氨水，生成四氨合铜 (II) 络离子。
6．【答案】A
【知识点】乙炔炔烃；苯的结构与性质；常见气体制备原理及装置选择；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．电石与饱和食盐水反应生成乙炔，同时会混有、等杂质，先通过 CuSO4溶液可以除去这些杂质，再用酸性 KMnO4溶液检验乙炔的还原性，整个装置能完成制备、除杂、检验与尾气处理，A正确；
B．浓硝酸与 Cu 反应生成 NO2，NO2能与水反应，不能用排水法收集，B错误；
C．苯与溴在铁粉催化下反应生成溴苯，但该反应放热，会使溴挥发，挥发的溴也能与 AgNO3溶液反应生成沉淀，无法验证 HBr 的生成，C错误；
D．乙酸具有挥发性，挥发的乙酸会与 Na2SiO3溶液反应生成硅酸沉淀，无法证明碳酸的酸性强于硅酸，也就不能比较 C 与 Si 的非金属性，D错误；
故答案选A。
【分析】A．制备乙炔的过程中会生成、等杂质；
Ｂ．NO2能与水反应，不能用排水法收集；
Ｃ．溴易挥发，挥发的溴能与硝酸银反应生成溴化银沉淀；
Ｄ．乙酸具有挥发性。
7．【答案】B
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；醛的化学性质
【解析】【解答】A．乙酰丙酮的烯醇式结构含有羟基()，能与金属钠发生反应生成氢气，因此加入金属钠会产生气泡，A正确；
B．酮式结构中的羰基()可以与发生加成反应，但烯醇式结构中的碳碳双键()同样可以与发生加成反应。因此，能与加成并不能单独证实乙酰丙酮存在酮式异构体，B错误；
C．从酮式向烯醇式转化时，位的上的氢原子(位H)会转移到羰基的氧原子上，这说明位的H比位的H更活泼，更容易发生迁移，C正确；
D．烯醇式结构可以形成分子内氢键，分子内氢键会降低分子的能量，从而增强烯醇式异构体的稳定性，D正确；
故答案选B。
【分析】A．乙酰丙酮含有的羟基能与钠反应生成氢气；
Ｂ．分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体；
Ｃ．α 位的 H受两个羰基的吸电子影响，酸性更强、更活泼；
Ｄ．分子内氢键会降低分子的能量。
8．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．XW3是NH3，分子为三角锥形，正负电荷中心不重合，为极性分子，ZY3是SO3，分子为平面正三角形，正负电荷中心重合，为非极性分子，则分子极性NH3 > SO3，即XW3 > ZY3，A正确；
B．同周期元素中，第ⅤA族第一电离能大于第ⅥA族，故氧元素第一电离能小于氮元素，不满足Y > X > W，B错误；
C．化合物H2NSO3H中，N 形成 3 个 σ 键且有 1 对孤电子对，杂化方式为sp3，C错误；
D．W、X、Y（H、N、O）形成的NH4NO3是离子化合物，D错误；
故答案选A。
【分析】的原子核内无中子 ，则W为H元素，的层电子总数是未成对电子数的3倍 ，L 层最多 8 个电子，未成对电子数只能是 2（2×3=6），所以 Y 的 L 层有 6 个电子 ，则Y为O元素，Y与Z同族，则Z为S元素，X 比 Y 的价电子数少 1，Y 的价电子数是 6，所以 X 的价电子数是 5，则X为N元素。
9．【答案】D
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；羧酸简介；缩聚反应
【解析】【解答】A．X中含酰胺基和酯基两种官能团，酯基和酰胺基在稀硫酸中都会发生水解反应，无法稳定存在，A错误；
B．是1，4-丁二醇，为二元醇，乙酸为一元酸，无法与1，4-丁二醇发生缩聚反应，B错误；
C．该反应为缩聚反应，n个X单体与n个Y单体反应生成高聚物Z。每个X单体含有两个酯基，均参与反应，故应生成2n个甲醇分子，即，C错误；
D．反应过程中，X 中的酯基（C-O 键）断裂，同时生成聚合物 Z 的过程中也形成了新的 C-O 键。
因此，存在 C-O 键的断裂与形成，D正确；
故答案选D。
【分析】A．X中含有酯基和酰胺基；
Ｂ．缩聚反应需要单体同时具有两种能相互反应的官能团；
Ｃ．Z 中含有酰胺键，可水解；
Ｄ．X和Z中均含有C-O键。
10．【答案】C
【知识点】卤代烃简介；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．Ru3+在步骤②生成、步骤③消耗，属于中间产物，而是步骤②生成的产物，后续未被消耗，属于最终产物，并非中间产物，A错误；
B．步骤③中，Ru3+和Cl-为反应物，Ru2+和HClO为产物，反应机理图中未出现OH-，O和H应来自，正确方程式应为2Ru3+ + Cl- + H2O = 2Ru2+ + HClO + H+，B错误；
C．总反应中，为氧化剂，Cl-为还原剂，1mol可氧化1 mol Cl-生成1 mol HClO，1 mol HClO与1mol芳香烃反应生成1 mol氯代芳烃，故每制得1 mol氯代芳烃消耗1 mol，C正确；
D． 该方法可选择性地对进行氯化 ，甲苯中的甲基上的H为C(sp3)-H，不会被氯化，不能得到 ，D错误；
故选C。
【分析】A．中间产物在反应过程中先产生后被消耗；
Ｂ．根据反应物和产物书写反应的离子方程式；
Ｃ．根据得失电子守恒计算；
Ｄ．该方法可选择性地对进行氯化 。
11．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；盐类水解的应用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．出炉气中含和，有毒，且能与NaOH等碱性溶液反应，因此可用碱液吸收，避免环境污染，A 正确；
B．“浸取” 使用热水，目的是增大NaVO3的溶解度，使其更易溶解在水中，提高浸取效率，B 正确；
C．“除硅铝” 步骤中，调节 pH 可以将溶液中的Al3+转化为Al(OH)3沉淀除去，同时硅也会形成沉淀被除去，C 错误；
D．加入过量的，铵根离子浓度显著增大，根据同离子效应，溶解平衡会向生成沉淀的方向移动，从而促进NH4VO3的析出，提高沉淀的产率，D 正确；
故答案选C。
【分析】钒铅矿和纯碱通入空气焙烧， 反应得到、、和，同时产生 CO2和少量未反应的 Cl2（出炉气），用热水浸取焙烧后的固体，NaVO3在热水中溶解度较大，能充分溶解进入溶液，而部分不溶性杂质（如未反应的固体）被过滤除去，不溶，形成浸渣，过滤除去，调节溶液 pH，使溶液中的硅、铝离子形成难溶的硅酸、氢氧化铝沉淀，从而与钒、铬分离，加入过量 NH4Cl，控制 pH 在 7.0~8.5，利用同离子效应，增大溶液中铵根离子浓度，沉淀出晶体。
12．【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；氯水、氯气的漂白作用；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A．漂粉精的主要成分为、，ClO-水解使溶液呈碱性，同时具有漂白性，滴在pH试纸上先变蓝，后被漂白，A 合理；
B．现象 a 的白雾可能是Hl，也可能是与SO2水结合形成的酸雾，B 不合理；
C．漂粉精溶液在酸性条件下会发生歧化反应：，溶液变为黄绿色，与溶液酸性增强直接相关，C 合理；
D．被氧化生成，与结合生成白色沉淀；过量的会与继续反应，最终被消耗，溶液黄绿色褪去，D 合理；
故答案选B。
【分析】漂粉精的主要成分为、，具有强氧化性，通入SO2，SO2具有还原性，会发生氧化还原反应生成、和，溶液酸性增强，酸性条件下，与Cl-会发生氧化还原反应生成氯气，溶液变为黄绿色，生成的与结合生成白色沉淀，又会被过量的还原为Cl-，最终溶液黄绿色褪去。
13．【答案】C
【知识点】原子晶体（共价晶体）；晶胞的计算；晶体的定义
【解析】【解答】A．甲烷是分子晶体，金刚石是原子晶体，甲烷转化为金刚石后，晶体类型发生改变，A正确；
B．石墨层间距远远大于碳碳键长，层间仅存在范德华力，没有化学键，B正确；
C．对金刚石晶胞建系，如图：则a点坐标是，b点坐标是，故可求a、b两点距离是=pm，又由于154 pm是距离最近的两个碳原子之间的距离，故有154=，则，C错误；
D．石墨晶胞中==4，金刚石晶胞中==8，故，D正确；
故选C。
【分析】A．甲烷是分子晶体，金刚石是共价晶体；
Ｂ．石墨层间存在分子间作用力；
Ｃ．金刚石晶胞中，a 和 b 碳原子的核间距可以用晶胞参数计算；
Ｄ．根据晶体密度计算公式计算。
14．【答案】D
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．a极为阴极，应发生还原反应，正确的电极反应为：，A错误；
B．a极为阴极，发生电极反应：，中间隔膜为阴离子交换膜，从左向右移向阳极区域，则a室溶液浓度减小；b极为阳极，发生电极反应：，根据分析可知，电路中转移电子总数为，则生成转移的电子数为，所以消耗为，通过阴离子交换膜转移过来 ，因此b室浓度还是减小，所以a、b两室溶液浓度均减小，B错误；
C．电极b为阳极，收集到的气体是氧气，即收集到氧气；a极为阴极，发生电极反应：，通过电极的电子总数为，即生成氢气，则室与室收集到的气体的物质的量之比为，C错误；
D．生成转移的电子数为，根据可知，则制得的物质的量为，其浓度为，D正确；
故选D。
【分析】b电极上，发生氧化反应生成，则b为阳极，电极反应：，a为阴极，电极反应为：，电极表面收集到气体，该气体应为氧气，则b电极还存在反应：，转移电子数目为，电解效率，即，则通过电极的电子总数为：。
15．【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A． 由分析可知，曲线②表示与pH的关系，A错误；
B．曲线①是，点c有，pH=5，即，，H2A浓度保持不变，，利用=，求得，代入，即数量级为10-50；曲线②是，点d有，pH=7，的分布系数约为0.5，即，，，利用=，求得，代入，数量级为10-18，故B正确；
C．化合物在水中存在，由于易溶于水，且、酸性均弱于，随着稀硫酸加入，沉淀溶解平衡正移，化合物溶于稀，C错误；
D．根据分析已知=，=，则===，时则，D错误；
答案选B。
【分析】是一种二元弱酸，随着 pH 增大，浓度减小，A2-浓度增大，先增大后减小，说明第一条下降的粗虚线是，先升后降的则是，最后出现并逐渐增加的虚线则代表，a（7，0.5）代入电离平衡常数表达式可得，=，b（13，0.5）代入平衡常数表达式可得=。实线①②分别是和在溶液的与的关系，已知 ，则，，同理对于，其，可以看出的斜率应该更大，故曲线②表示与pH的关系。
16．【答案】（1）
（2）
（3）双氧水作氧化剂，避免生成污染环境；初始阶段，温度升高，反应速率升高，浸出率先增大；后续阶段，温度升高导致双氧水分解、硝酸挥发，浸出率减小
（4）、、
（5）氢离子会与形成或，减小浓度，使平衡左移，减小浸出率
（6）醛基
（7）作指示剂，显示滴定终点；
【知识点】原子核外电子排布；氧化还原反应方程式的配平；探究物质的组成或测量物质的含量；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）与同族且相邻，位于第五周期，价电子排布式为：；
（2）Ag与双氧水在酸性环境下发生氧化还原反应，离子方程式为：；
（3）①若只添加稀硝酸，将会生成污染物，双氧水作氧化剂，避免生成污染环境；
②双氧水易分解，初始阶段，温度升高，反应速率升高，浸出率先增大；后续阶段，温度升高导致双氧水分解、硝酸挥发，浸出率减小；
（4）由分析可知，经过沉淀步骤，滤液中含有的阳离子有：、、；
（5）降低，氢离子浓度升高，氢离子会与形成或，减小浓度，使平衡左移，减小浸出率；
（6）甘蔗渣主要成分为纤维素，水解后为葡萄糖，葡萄糖的还原性主要由醛基体现；
（7）①加入铁离子，当到达滴定终点时，可与结合，显出红色指示终点；
②可以对应关系：，，。
【分析】 银锌电池(含有、、和少量与石墨) 中加入稀硝酸和过氧化氢进行氧化浸出浸取Ag，该过程中用过氧化氢作氧化剂，不会产生氮氧化物污染环境，不反应，成为滤渣，加入10%氯化钠溶液，Ag+与 Cl-结合生成AgCl 沉淀， Zn2+仍留在溶液中，过滤得到 AgCl 沉淀和含 Zn (NO3)2的滤液，向 AgCl 沉淀中加入 Na2SO3溶液，AgCl 与 Na2SO3反应生成可溶性的银氨络合物（如 Na3[Ag (S2O3)2]），实现 Ag 的溶解分离，向浸出液中加入甘蔗水解液（主要含葡萄糖），葡萄糖作为还原剂将银氨络合物中的 Ag+还原为Ag 单质，最终得到银锭。
（1）与同族且相邻，位于第五周期，价电子排布式为：；
（2）Ag与双氧水在酸性环境下发生氧化还原反应，离子方程式为：；
（3）①若只添加稀硝酸，将会生成污染物，双氧水作氧化剂，避免生成污染环境；
②双氧水易分解，初始阶段，温度升高，反应速率升高，浸出率先增大；后续阶段，温度升高导致双氧水分解、硝酸挥发，浸出率减小；
（4）由分析可知，经过沉淀步骤，滤液中含有的阳离子有：、、；
（5）降低，氢离子浓度升高，氢离子会与形成或，减小浓度，使平衡左移，减小浸出率；
（6）甘蔗渣主要成分为纤维素，水解后为葡萄糖，葡萄糖的还原性主要由醛基体现；
（7）①加入铁离子，当到达滴定终点时，可与结合，显出红色指示终点；
②可以对应关系：，，。
17．【答案】（1）利用太阳能，节能环保；氧化剂为O2，污染小；条件更温和，可能实现选择性氧化
（2）水是的来源，提供足够的水以产生
（3）6h；对甲基苯甲酸进一步氧化(或副反应增加)
（4）+HCl→↓+NaCl；NaOH+HCl=NaCl+H2O
（5）1.16
（6）产物中混有杂质。对甲基苯甲酸的相对分子质量为136，其质荷比最大值应该为。图中质荷比最大值为228，说明存在分子量为228的杂质
【知识点】离子反应发生的条件；苯的同系物及其性质；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）是强氧化剂，常需在酸性条件下使用，反应后会产生Mn2+等金属废弃物，且氧化过程可能不够温和。而本工艺利用太阳能驱动(光催化)，节能环保；氧化剂为O2，廉价，无污染，且光催化条件更温和，可能实现选择性氧化，故对比作氧化剂，本工艺的优点是利用太阳能，节能环保；氧化剂为O2，污染小；条件更温和，可能实现选择性氧化。
（2）对二甲苯是有机物，乙腈是良好的有机溶剂，能溶解对二甲苯，但反应需光催化产生羟基自由基，水是的来源之一(光催化水分解产生)。若只用乙腈，水含量不足，生成量少，反应速率慢。故混合溶液的作用是提供足够的水以产生，同时乙腈溶解有机物，保证反应物充分接触。
（3）根据表格数据，产率在反应时间为6h时达到最高(85%)，之后随时间延长产率下降。超过6h后，可能是对甲基苯甲酸进一步氧化(深度氧化为其他产物，如对苯二甲酸)或副反应增加(生成其他杂质)，导致目标产物减少。
（4）步骤III中，上清液含对甲基苯甲酸，加入过量NaOH后，发生中和反应生成对甲基苯甲酸钠盐，充分反应后，用乙酸乙酯洗涤，弃去有机层，水层含有对甲基苯甲酸钠盐，再用稀盐酸酸化至，发生中和反应：+HCl→↓+NaCl；同时，过量的NaOH也会与HCl反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O。
（5）10 mmol对二甲苯理论生成10 mmol对甲基苯甲酸，对甲基苯甲酸(C8H8O2)的摩尔质量为136g/mol，则理论上，对甲基苯甲酸质量=0.01mol×136g/mol=1.36g，。
（6）产物中混有杂质。对甲基苯甲酸的相对分子质量为136，其质荷比最大值应该为。图中质荷比最大值为228，说明存在分子量为228的物质，说明含有杂质。
【分析】本工艺通过光催化水产生羟基自由基而启动反应，再利用将对二甲苯选择性氧化为对甲基苯甲酸。实验步骤I和II充分发生反应，步骤III分离产品，上清液含对甲基苯甲酸，加入过量NaOH后，发生中和反应生成对甲基苯甲酸钠盐，充分反应后，用乙酸乙酯洗涤，弃去有机层，水层含有对甲基苯甲酸钠盐，再用稀盐酸酸化至，发生中和反应，生成对甲基苯甲酸，并沉淀析出，再经过抽滤、洗涤、用无水干燥得产品。
（1）该工艺用太阳能驱动化学反应，环保；
（2）乙腈是极性有机溶剂，能溶解多数有机物，但对于一些极性较强的溶质（如离子型中间体、盐类），单独使用乙腈的溶解度可能不足。加入水后，混合溶剂的极性可以调节，能更好地溶解目标产物或反应物，提升反应效率或分离效果；
（3）根据表中数据，产率在反应时间为6h时达到最高；产率下降往往是因为有副产物生成；
（4）HCl可中和NaOH，也能与甲基苯甲酸钠反应得到甲基苯甲酸；
（5）根据计算；
（6）质谱图中，分子离子峰（或目标产物的特征峰）是判断纯度的关键。如果产物纯净，质谱图中会以目标产物的分子离子峰（或其特征碎片峰）为主要峰，且其他峰的相对强度较低；若存在明显的、不属于目标产物的特征峰（尤其是相对强度较高的峰），则说明混有杂质。
（1）是强氧化剂，常需在酸性条件下使用，反应后会产生Mn2+等金属废弃物，且氧化过程可能不够温和。而本工艺利用太阳能驱动(光催化)，节能环保；氧化剂为O2，廉价，无污染，且光催化条件更温和，可能实现选择性氧化，故对比作氧化剂，本工艺的优点是利用太阳能，节能环保；氧化剂为O2，污染小；条件更温和，可能实现选择性氧化。
（2）对二甲苯是有机物，乙腈是良好的有机溶剂，能溶解对二甲苯，但反应需光催化产生羟基自由基，水是的来源之一(光催化水分解产生)。若只用乙腈，水含量不足，生成量少，反应速率慢。故混合溶液的作用是提供足够的水以产生，同时乙腈溶解有机物，保证反应物充分接触。
（3）根据表格数据，产率在反应时间为6h时达到最高(85%)，之后随时间延长产率下降。超过6h后，可能是对甲基苯甲酸进一步氧化(深度氧化为其他产物，如对苯二甲酸)或副反应增加(生成其他杂质)，导致目标产物减少。
（4）步骤III中，上清液含对甲基苯甲酸，加入过量NaOH后，发生中和反应生成对甲基苯甲酸钠盐，充分反应后，用乙酸乙酯洗涤，弃去有机层，水层含有对甲基苯甲酸钠盐，再用稀盐酸酸化至，发生中和反应：+HCl→↓+NaCl；同时，过量的NaOH也会与HCl反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O。
（5）10 mmol对二甲苯理论生成10 mmol对甲基苯甲酸，对甲基苯甲酸(C8H8O2)的摩尔质量为136g/mol，则理论上，对甲基苯甲酸质量=0.01mol×136g/mol=1.36g，。
（6）产物中混有杂质。对甲基苯甲酸的相对分子质量为136，其质荷比最大值应该为。图中质荷比最大值为228，说明存在分子量为228的物质，说明含有杂质。
18．【答案】（1）；>；高温
（2）b；700K 以后，温度升高时：反应②平衡逆向移动，生成量减少；反应④平衡逆向移动，消耗减少，但反应②的影响更显著，最终导致的选择性减小
（3）36；
（4）
【知识点】盖斯定律及其应用；焓变和熵变；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）甘油与水蒸气重整获得的总反应为，根据生成焓计算反应焓变则其热化学方程式为：；反应后气体分子数增多，故ΔS>0，该反应ΔH>0、ΔS>0，根据ΔG=ΔH TΔS<0自发，需在高温下自发进行；
（2）反应①为吸热反应，温度升高平衡正向移动，CO 生成量增多；反应②为放热反应，温度升高平衡逆向移动，CO 消耗减少，故 CO 的选择性随温度升高而增大，对应曲线为b；
700K 以后，温度升高时：反应②平衡逆向移动，生成量减少；反应④平衡逆向移动，CO2消耗减少，但反应②的影响更显著，最终导致CO2的选择性减小；
（3）设反应①甘油分解a；反应②中各成分的改变值均为x；反应④中甲烷的改变值为y，由题目n(CH4)=0.6 mol，得y=0.6 mol，反应②生成x mol CO2，反应④消耗y mol CO2，x-y=4.2，代入y=0.6mol，解得x=4.8mol，反应①生成3a molCO，反应②消耗x mol CO，3a-x=0.6，代入x=4.8 mol，解得a=1.8 mol，反应②消耗x=4.8 mol H2O，反应④生成2y=1.2 mol H2O，H2O净消耗：4.8-1.2=3.6 mol，平衡时剩余水10-3.6=6.4 mol，；
平衡时总物质的量=，则；
（4）高温时水可以和碳反应，从而减少积碳生成，反应为：。
【分析】（1）总反应③为，其产物生成焓之和-反应物生成焓之和 ，即；根据ΔG=ΔH TΔS<0时反应自发进行分析；
（2）升高温度，平衡向吸热反应方向移动；
（3）根据计算；计算各物质的平衡分压，代入计算；
（4）水和积碳在高温下发生反应，将积碳转化为一氧化碳和氢气，从而减少积碳的沉积。
（1）甘油与水蒸气重整获得的总反应为，根据生成焓计算反应焓变则其热化学方程式为：；反应后气体分子数增多，故ΔS>0，该反应ΔH>0、ΔS>0，根据ΔG=ΔH TΔS<0自发，需在高温下自发进行；
（2）反应①为吸热反应，温度升高平衡正向移动，CO 生成量增多；反应②为放热反应，温度升高平衡逆向移动，CO 消耗减少，故 CO 的选择性随温度升高而增大，对应曲线为b；
700K 以后，温度升高时：反应②平衡逆向移动，生成量减少；反应④平衡逆向移动，CO2消耗减少，但反应②的影响更显著，最终导致CO2的选择性减小；
（3）设反应①甘油分解a；反应②中各成分的改变值均为x；反应④中甲烷的改变值为y，由题目n(CH4)=0.6 mol，得y=0.6 mol，反应②生成x mol CO2，反应④消耗y mol CO2，x-y=4.2，代入y=0.6mol，解得x=4.8mol，反应①生成3a molCO，反应②消耗x mol CO，3a-x=0.6，代入x=4.8 mol，解得a=1.8 mol，反应②消耗x=4.8 mol H2O，反应④生成2y=1.2 mol H2O，H2O净消耗：4.8-1.2=3.6 mol，平衡时剩余水10-3.6=6.4 mol，；
平衡时总物质的量=，则；
（4）高温时水可以和碳反应，从而减少积碳生成，反应为：。
19．【答案】（1）氨基；还原反应
（2）
（3）2-溴丁酸
（4）++H2O
（5）；
（6）FeBr3、Br2；
【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；取代反应
【解析】【解答】（1）由分析可知，A→B实现了由硝基到氨基的转化；硝基被还原为氨基，该反应为还原反应。
（2）由和转化为的过程中，若参与成键的氮原子及成键方式不变，则生成的与E互为同分异构体的副产物结构简式为 。
（3）由分析可知H为，其化学名称是2-溴丁酸。
（4）根据分析可知，由生成的化学方程式为++H2O。
（5）能发生银镜反应，故取代基含醛基；故满足含醛基、氨基与苯环直接相连，核磁共振氢谱为4组峰的I的同分异构体的结构简式有、、、。
（6）反应①所需试剂是苯环溴代的催化剂与反应物，即FeBr3（催化剂）、Br2（反应物）；由分析可知，按照的方法合成聚合物的路线中X的结构简式为。
【分析】在SnCl2/HCl条件下发生还原反应得到B，结合B的分子式可知，B的结构简式为，在TMSN3条件下转化为；与D（）发生环加成反应生成；与在一定条件下发生取代反应生成F（）；经LiCl脱甲基得到；发生溴代反应生成H（）；与在T3P作用下发生酰胺缩合反应生成；与在TMG作用下发生取代反应生成。
（1）由分析可知，A→B实现了由硝基到氨基的转化；硝基被还原为氨基，该反应为还原反应。
（2）由和转化为的过程中，若参与成键的氮原子及成键方式不变，则生成的与E互为同分异构体的副产物结构简式为 。
（3）由分析可知H为，其化学名称是2-溴丁酸。
（4）根据分析可知，由生成的化学方程式为++H2O。
（5）能发生银镜反应，故取代基含醛基；故满足含醛基、氨基与苯环直接相连，核磁共振氢谱为4组峰的I的同分异构体的结构简式有、、、。
（6）反应①所需试剂是苯环溴代的催化剂与反应物，即FeBr3（催化剂）、Br2（反应物）；由分析可知，按照的方法合成聚合物的路线中X的结构简式为。
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