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贵州六盘水市2026届上学期2月高三年级适应性考试（二模）化学试题卷
1．九三大阅兵，国之重器彰威，科技利刃出鞘。科技创新是赢得未来发展主动权的必然选择。下列说法正确的是
A．制造喷气式飞机发动机叶片用到的镍钴合金属于无机非金属材料
B．量子通信材料螺旋碳纳米管、石墨烯等纳米材料属于胶体
C．稀土元素可改善合金性能，稀土元素位于元素周期表镧系，互为同位素
D．受阅官兵所戴的手套背部采用航天级芳纶针织布，属于有机高分子材料
2．六盘水市不仅风景秀丽，更有许多令人垂涎的美食。下列说法错误的是
A．水城羊肉粉汤清油红，说明辣椒红色素更易溶于油脂
B．水城烙锅食材臭豆腐在发酵过程中，豆腐中的蛋白质会被微生物分解成氨基酸和多肽等物质
C．盘州火腿是我国的三大火腿之一、火腿放置时间过长会产生哈喇味，是因为油脂发生了水解反应
D．六枝岩脚面，碱水不黏汤爽滑。面的主要成分是淀粉，淀粉在人体内水解的最终产物是葡萄糖
3．下列有关化学用语的说法错误的是
A．中的阴、阳离子有相同的VSEPR模型和空间结构
B．在、石墨、金刚石中，碳原子有、和三种杂化方式
C．配合物中心离子为，配体是，配位数是4
D．次氯酸的电子式为
4．下列反应的离子方程式错误的是
A．放入溶液中：
B．去除废水中的：
C．向溶液中通入一定量氯气，测得有的被氧化：
D．二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色：
5．下列说法错误的是
A．臭氧在四氯化碳中的溶解度高于在水中的溶解度，因为臭氧是非极性分子
B．邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛的沸点，因为对羟基苯甲醛可形成分子间氢键
C．键角：，因为前者中心原子孤电子对数目比后者少
D．与的熔点前者小于后者，因为比所带电荷少、离子半径大
6．下列实验装置正确，且能达到实验目的的是
A．实验室制备HCl B．煤的干馏
C．检验溴乙烷的消去产物 D．润洗滴定管
A．A B．B C．C D．D
7．化合物中、、、为原子序数依次增大的短周期元素，基态原子的能级电子数是能级的2倍，基态原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍，是10电子微粒。下列说法正确的是
A．的简单氢化物稳定性较强是因为分子间存在氢键
B．原子半径：
C．该化合物中阴离子的空间构型为三角锥形
D．第一电离能：
8．已知反应：，设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是
A．氧化剂与还原剂物质的量之比为
B．的中心原子价层孤电子对数为2
C．当消耗气体时，转移的电子数为4
D．常温常压下，中所含极性共价键的数目为0.1
9．根据下列实验过程及现象，相应实验结论正确的是
选项 实验过程及现象 实验结论
A 向还原所得到的产物中加入稀盐酸，再滴加KSCN溶液，观察颜色未变红 CO还原实验中，全部被还原
B 将等物质的量浓度等体积的溶液与溶液混合有白色沉淀生成 生成氢氧化铝沉淀是因为酸性
C 相同条件下分别测定等物质的量浓度的和溶液的，溶液使试纸呈现更深的颜色 非金属性S>C
D 向KI溶液中持续滴加氯水，溶液先由无色变为棕黄色，一段时间后褪色 氯水具有氧化性和漂白性
A．A B．B C．C D．D
10．化合物能对大肠杆菌、金黄色葡萄球菌等多种微生物具有抗菌效果，可利用和反应获得：
下列说法错误的是
A．X分子中所有碳原子共平面 B．能发生加聚反应和缩聚反应
C．分子中的碳原子全部是杂化 D．分子中含有1个手性碳原子
11．钙钛矿太阳能电池是依靠钙钛矿结构材料进行光电转换的一种新型光伏电池，属于第三代太阳能电池，其制备温度低、成本具有竞争力，在室内弱光条件下也能高效发电。如图一是钙钛矿太阳能电池的示意图，若用该电池作电源电解酸性硫酸铬溶液获取铬单质和硫酸(如图二)。
下列说法正确的是
A．D电极接钙钛矿太阳能电池的B极
B．理论上，当太阳能电池有电子转移时，甲池溶液质量减少
C．电极发生的电极反应式为
D．图二中的离子交换膜Ⅰ为阴离子交换膜，Ⅱ为阳离子交换膜
12．贵金属基催化剂是氧化还原反应(ORR)中重要的催化剂之一，某研究机构通过量子化学和计算机模拟，设计出在含“Pt-O”结构的化合物中插入的三条反应路径，其相对能量变化如图。
下列说法正确的是
A．路径Ⅱ中的最大能垒为
B．路径Ⅲ的总反应速率最快
C．反应过程中的共价键数目未发生改变
D．路径Ⅰ中，改变温度对的影响程度大于对的影响程度
13．下列说法正确的是
A．图A中冠醚(18-冠-6)体现了超分子“分子识别”的特征，该分子还能识别和
B．图B物质相较摩尔质量更大，具有更高的熔沸点
C．图B中五元环上原子处于同一平面
D．若图C中表示硅氧四面体，则图C的阴离子的结构通式为
14．常温下向20.00mL0.10mol/LNaR溶液中滴入等浓度的HM溶液，所得溶液中与的关系如图所示。已知，下列说法正确的是
A．
B．随着HM溶液的加入的值变小
C．滴入溶液后，溶液中存在：
D．滴入溶液后，溶液中存在：
15．硫脲[]可用于制造药物、染料、树脂、压塑粉，也用作橡胶的硫化促进剂、金属矿物的浮选剂等。实验室中制备硫脲的方法为硫化氢和石灰乳作用生成硫氢化钙，硫氢化钙再与氰氨化钙()反应制得。实验装置如图所示(夹持及加热装置略)。
已知：为无色或白色结晶，易被氧化，受热时部分发生异构化反应生成。回答下列问题：
（1）连接好仪器，装入试剂前应先进行的操作是　 　，仪器E的作用是　 　。
（2）加入试剂，反应前应打开通入一段时间的，目的是　 　。装置B中所盛试剂是　 　。待A中反应结束后关闭，打开通入一段时间的。
（3）关闭，撤去搅拌器，打开，水浴加热处三颈烧瓶，反应温度为，反应时间为。在合成硫脲的同时生成一种碱，D处合成硫脲的化学方程式为　 　。
（4）①反应后，撤去水浴，冷却至室温，将装置D中的物质过滤，过滤除去的物质可能是　 　。
②滤液经减压蒸发、浓缩。随后冷却结晶使硫脲析出，离心分离后烘干得到硫脲粗品。蒸发时减压的目的可能是　 　(答一条)。
③测定产品中硫脲纯度时，可用酸性高锰酸钾标准液进行滴定。已知：硫脲[]与酸性高锰酸钾溶液反应时除氮元素被氧化为无毒气体外，其他元素均生成最高价化合物。写出滴定时发生反应的离子方程式：　 　。
（5）设计实验证明反应过程中有生成。实验方法(答操作和现象)：　 　。
16．催化重整制合成气是一种将天然气(主要成分为甲烷)与二氧化碳在催化剂作用下转化为合成气(一氧化碳和氢气)的过程。该技术有助于资源综合利用和碳减排，若主要反应如下：
Ⅰ：
Ⅱ：
Ⅲ：
回答下列问题：
（1）反应Ⅰ的　 　，该反应在　 　条件下能自发进行。
（2）将一定物质的量的和充入密闭容器中，反应Ⅰ在不同条件下达到平衡(设只发生反应Ⅰ)。体系中甲烷的体积分数用表示，分别测得下的和下的如图甲所示。图中对应等压过程的曲线是　 　，处于相同化学平衡状态的点是　 　。
（3）常用基或贵金属作该反应的催化剂，可降低活化能，但需注意积碳失活问题。在恒压、初始投料的条件下，和发生上述反应达平衡时气体物质的量随温度的变化如图乙所示。
曲线b表示的物质是　 　(填化学式)，625℃时积碳物质的量为　 　mol，反应Ⅱ的压强平衡常数　 　。在实际生产中通常使投料比的目的是　 　(答两条)。
17．金属铼广泛用于航空航天等领域。贵州省钼矿资源丰富，一种以钼精矿(主要成分为钼的硫化物和少量铼的硫化物)制取高铼酸铵晶体的流程如下图所示。
回答下列问题：
（1）①为了提高“焙烧”效率，可采取的措施有(答两条)　 　。
②“焙烧”过程中转化为和另一种含硫化合物，反应方程式为　 　。
（2）①“萃取”原理为，则“反萃取”对应的离子方程式为　 　。
②常温下，若“反萃取”得到高铼酸铵溶液中是的10倍，则所得溶液的为　 　。(已知：常温下)
（3）推断是晶体还是非晶体最可靠的方法是　 　。
（4）工业上制备的铼粉中含有少量碳粉和铁粉(其熔沸点见表1)，利用氢气提纯可得到纯度达99.995%的铼粉。根据下列图表分析，最合适的温度为　 　℃。
表1
物质 熔点(℃) 沸点(℃)
Re 3180 5900
C 3652 4827
Fe 1535 2750
（5）铼的一种氧化物的晶胞结构如下图所示，该氧化物的化学式为　 　。若晶胞中两个相距最近的O原子间的距离为，则该氧化物的密度为　 　(列出计算式，摩尔质量用表示，阿伏加德罗常数用表示)。
18．某种抗癌药物的合成路线如下：
已知：(为烃基或氢)
请回答下列问题：
（1）有机物A用系统命名法的名称是　 　。
（2）C中的含氧官能团的名称是　 　。
（3）化合物X的结构简式是　 　，D→E的反应类型为　 　。
（4）写出C→D的化学方程式　 　。
（5）化合物C在一定条件下可得到化合物G()，与G含有相同官能团的同分异构体有　 　种（不考虑立体异构）。其中1H-NMR谱显示为4组峰，峰面积之比为3：2：2：2的结构简式为　 　。
（6）请参考题目合成路线设计以苯和为原料合成的路线(用流程图表示，无机试剂任选)　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】合金及其应用；合成材料；元素、核素；胶体的性质和应用
【解析】【解析】A．镍钴合金是由金属镍和钴组成的混合物，属于金属材料范畴，A错误。
B．胶体是一种分散系，必须包含分散质和分散剂两相。单纯的碳纳米管或石墨烯纳米材料是纯净物，不具备胶体的特征，B错误。
C．同位素指的是同种元素（质子数相同）但中子数不同的原子。稀土元素包含多种不同元素（质子数不同），它们之间不构成同位素关系，C错误。
D．芳纶是通过人工合成方法制备的有机高分子化合物，D正确。
故答案为：D
【分析】A、镍钴合金属于金属材料。
B、胶体是分散系的一种，属于混合物。
C、同位素是指质子数相同，中子数不同的原子。
D、芳纶属于合成有机高分子材料。
2．【答案】C
【知识点】多糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．根据相似相溶原理，辣椒红色素作为有机化合物，在有机溶剂油脂中的溶解度更高，因此会出现"汤清油红"的现象，A正确；B．臭豆腐在发酵过程中，微生物分泌的蛋白酶会将豆腐中的蛋白质分解成小分子肽和氨基酸，B正确；
C．火腿长时间存放产生哈喇味，是由于其中的油脂发生了氧化酸败反应，C错误；
D．面条的主要成分淀粉属于多糖类物质，在人体消化系统中最终会被水解为葡萄糖，D正确；
故答案为：C
【分析】A、辣椒红色素为有机物，绝大多数有机物可互溶。
B、蛋白质可被微生物分解成氨基酸和多肽。
C、火腿久置后产生的哈喇味是由于油脂氧化酸败引起的。
D、淀粉的最终水解产物为葡萄糖。
3．【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．NH4ClO4中ClO4-的中心Cl原子孤电子对数为，价层电子对数为4；NH4+的中心N原子孤电子对数为，价层电子对数为4；阴、阳离子都不含有孤电子对，因此二者的VSEPR模型和空间结构均为正四面体形，A选项正确；B．C60、石墨、金刚石中碳原子的杂化方式分别为sp2、sp2、sp3，所以碳原子共有2种杂化方式，B选项错误；
C．[Cu(NH3)4]Cl2·2H2O配合物中，中心离子为Cu2+，Cu2+的空轨道接受电子对，配体NH3提供孤电子对，配位数为4，C选项正确；
D．次氯酸为一元酸，各原子都满足稳定结构，其电子式为，D选项正确；
故答案为：B
【分析】A、根据中心原子的价层电子对数和孤电子对数分析。
B、C60和石墨中的碳原子采用sp2杂化；金刚石的碳原子采用sp3杂化。
C、配合物[Cu(NH3)4]Cl2·2H2O的中心离子为Cu2+，配体为NH3。
D、HClO中O原子分别与H原子和Cl原子形成共用电子对。
4．【答案】D
【知识点】二氧化硫的性质；铁盐和亚铁盐的相互转变；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．Fe3+将Pb氧化为Pb2+，Pb2+与SO42－反应生成PbSO4沉淀，对应的离子方程式为：，选项A正确；
B．硫化钠的S2-与废水中的Hg2+反应生成HgS沉淀，离子方程式为：，选项B正确；
C．由于还原性I－＞Fe2＋， 向溶液中通入一定量氯气 ，Cl2优先氧化I－。当50%的Fe2+被氧化时，根据电子得失守恒及电荷守恒，配平得到：，选项C正确；
D．原方程式存在电子得失和电荷不守恒的问题，离子方程式应为：
，因此选项D错误。
故答案为：D
【分析】A、Fe3＋将Pb氧化成Pb2＋，Pb2＋进一步与SO42－反应生成PbSO4沉淀。
B、S2－与Hg2＋形成HgS沉淀。
C、由于还原性I－＞Fe2＋，通入的Cl2优先与I－反应；当I－完全反应后，过量的Cl2再与Fe2＋反应。
D、SO2具有还原性，MnO4－具有氧化性，二者可发生氧化还原反应。
5．【答案】A
【知识点】晶格能的应用；键能、键长、键角及其应用；极性分子和非极性分子；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A. 臭氧（）分子呈V形结构，其正负电荷中心不重合，属于极性分子。但是臭氧的极性较弱，根据"相似相溶"原理，它在非极性溶剂四氯化碳中的溶解度确实比在水中更高，A符合题意。
B. 邻羟基苯甲醛容易形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛则容易形成分子间氢键。由于分子间氢键会显著提高物质的沸点，因此邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛，B不符合题意。
C. 硝酸根离子（）的中心氮原子没有孤电子对，其空间构型为平面正三角形，键角为；而亚硝酸根离子（）的中心氮原子有1对孤电子对，由于孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，导致其键角更小。因此，的键角确实大于，C不符合题意。
D. 氧化钠（）和氧化镁（）都是离子晶体，其晶格能大小取决于离子所带电荷和离子半径：离子电荷越高、半径越小，晶格能越大，熔点越高。由于比所带电荷少且离子半径更大，因此的熔点确实低于，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A、O3为V型结构，属于极性分子。
B、形成分子间氢键使得沸点增大。
C、孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，导致其键角更小。
D、离子所带电荷数越多、半径越小，则其离子晶体的熔点越高。
6．【答案】C
【知识点】煤的干馏和综合利用；卤代烃简介；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解析】A、实验室用氯化钠与浓硫酸反应制取氯化氢时，反应条件需加热，A选项错误。B、煤的干馏过程必须在隔绝空气的条件下进行加热，B选项错误。
C、溴乙烷在NaOH醇溶液中发生消去反应生成乙烯，虽然产物中可能混有乙醇，但乙醇不会使溴的四氯化碳溶液褪色（），而乙烯能使溴的溶液褪色，因此该方法可有效检验消去产物，C选项正确。
D、滴定管润洗的正确操作应为：从上口加入少量待装液，倾斜旋转滴定管使内壁润湿后从下部放出，重复2-3次。 若竖直摇晃不能达到实验目的，D选项错误。
故答案为：C
【分析】A、利用HCl低沸点的特点制备HCl气体，需要加热。
B、煤干馏需要隔绝空气。
C、卤代烃在NaOH醇溶液中发生消去反应，生成烯烃。
D、润洗滴定管时，应倾斜转动，不能竖直摇晃。
7．【答案】B
【知识点】原子结构与元素的性质；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A. 水（H2O）稳定性强，源于O-H键能大，氢键仅影响物理性质，与化学性质（稳定性）无关，A错误；
B. 电子层数越多，原子半径越大；电子层数相同，核电荷数越大，原子半径越小。因此原子半径排序正确：H（最小）< O < N，B正确；
C. NO3-中N原子价层电子对数为，价层电子对数为3，且不含孤电子对，因此呈平面三角形，C错误；
D. 同周期元素，核电荷数越大，第一电离能越大；但第ⅤA族的p能级为半充满稳定结构，难以失去电子。因此第一电离能顺序应为C < O < N（N的2p半充满更稳定），D错误。
故答案为：B
【分析】基态Y原子的s能级电子数是p能级的2倍，确定Y为碳元素（C），其电子排布式为；是10电子微粒，类比可知X为氢（H），W为氧（O）；基态W原子电子总数是其最高能级电子数的2倍，验证W为氧元素；根据原子序数递增关系，确定Z为氮（N），故该化合物化学式为。
8．【答案】C
【知识点】判断简单分子或离子的构型；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解析】A、氧化剂（）与还原剂（中被氧化的氧原子）的物质的量之比为，A选项正确。
B、分子中，中心氧原子的价层电子对数为，其中包含2对孤电子对。因此1 mol含有2 mol孤电子对，数目为，B选项正确。
C、题目未说明44.8 L是否处于标准状况，因此无法计算其物质的量及转移电子数，C选项错误。
D、4 g的物质的量为0.1 mol，由于每个中含有1个O-H极性共价键，因此0.1mol所含极性共价键数目为，D选项正确。
故答案为：C
【分析】A、该反应中氧化剂为F2，还原剂为NaOH，结合反应过程分析二者的物质的量之比。
B、结合价层电子对数的公式进行计算。
C、气体所处的状态未知，无法应用气体摩尔体积进行计算。
D、4gNaOH的物质的量为0.1mol，一个NaOH中含有一个氢氧极性键。
9．【答案】B
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；化学实验方案的评价；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A．一氧化碳还原氧化铁的化学方程式为：。将反应产物加入稀盐酸后，再滴加硫氰化钾溶液，溶液未变红，说明没有检测到三价铁离子。这可能是因为产物中的铁将三价铁离子还原为二价铁离子，因此不能证明氧化铁被完全还原，A不符合题意。
B．当等物质的量浓度的四羟基合铝酸钠溶液与碳酸氢钠溶液等体积混合时，发生反应：，生成氢氧化铝沉淀。根据复分解强酸制弱酸原理，碳酸氢根离子的酸性强于氢氧化铝，B符合题意。
C．在相同条件下，等物质的量浓度的碳酸钠溶液的pH大于亚硫酸钠溶液，说明碳酸的酸性弱于亚硫酸。但由于亚硫酸不是硫的最高价氧化物对应的水化物，因此不能据此比较碳和硫两元素的非金属性强弱，C不符合题意。
D．向碘化钾溶液中持续通入氯气时，溶液先由无色变为棕黄色，生成了碘单质（），随后又褪色，碘单质被消耗（）。这个现象体现了氯气的强氧化性，而非漂白性，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、若Fe2O3部分被还原，剩余固体与稀盐酸反应后生成的Fe3＋能被Fe还原为Fe2＋。
B、混合后产生的白色沉淀为Al(OH)3沉淀，结合反应的离子方程式分析。
C、由酸性强弱得出非金属性强弱时，应用最高价含氧酸的酸性。
D、滴加氯水的过程中，Cl2先与I－反应生成I2，后Cl2与I2反应生成HIO3。
10．【答案】A
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A．由于与氨基（）相连的碳原子是饱和碳原子，为sp3杂化，因此X分子中所有碳原子不可能共平面，A错误；
B．Y分子结构中碳碳双键能够发生加聚反应；含有的两个羧基（-COOH）可发生缩聚反应，B正确；
C．Y分子中所有碳原子均参与形成双键，均为杂化状态，C正确；
D．Z分子中存在1个手性碳原子（如图所示）：，D正确；
故答案为：A
【分析】A、-NH2所在碳原子为饱和碳原子，形成四面体结构，据此分析。
B、Y中含有碳碳双键，可发生加聚反应；含有2个-COOH，可发生缩聚反应。
C、Y中碳原子都形成双键，采用sp2杂化。
D、连接有4个不同的原子或原子团的碳原子，称为手性碳原子。
11．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用；原电池、电解池综合
【解析】【解答】A. 由分析可知，D电极为阳极，因此D电极应连接A电极，A错误。
B. 当转移0.6 mol电子时，析出0.2 mol Cr（质量减少10.4 g），0.3 mol SO42 迁移（质量减少28.8 g），总质量减少39.2 g，B正确。
C. D极为阳极，反应应为水失电子生成氧气和氢离子，C错误。
D. 膜Ⅰ应为阴离子交换膜（SO42 通过），膜Ⅱ应为质子交换膜（H+通过），D错误。
故答案为：B
【分析】根据钙钛矿太阳能电池的工作原理图分析：电子(e )从A极流向B极，空穴(h+)从B极流向A极。由此可确定：B极为负极，A极为正极。图二为电解池装置，电解酸性硫酸铬溶液得到铬单质和硫酸：C极为阴极，电极反应：Cr3+ + 3e = Cr；D极为阳极，电极反应：2H2O - 4e = O2↑ + 4H+。据此结合选项分析。
12．【答案】D
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、路径Ⅱ中的最大能垒计算为37.8 kJ/mol减去(-1.9 kJ/mol)，结果为39.7 kJ/mol，A选项错误。
B、比较三条路径的最大活化能，路径Ⅰ＜路径Ⅱ＜路径Ⅲ，反应所需活化能越高反应速率越慢，故路径Ⅲ的总反应速率最慢，B选项错误。
C、在反应过程中，Pt-O键会断裂，同时Pt-C键会形成，因此Pt的共价键数目发生了变化，C选项错误。
D、路径Ⅰ中，反应物R的总能量为0.0 kJ/mol，生成物N的总能量为-19.4 kJ/mol，总反应的焓变ΔH=生成物总能量-反应物总能量＜0，说明是放热反应。当升高温度时，平衡逆向移动，表明温度对逆反应速率v逆的影响程度大于对正反应速率v正的影响程度，D选项正确。
故答案为：D
【分析】A、根据反应历程图，结合相对能量进行计算。
B、反应所需的活化能越小，反应速率越快，据此结合活化能的大小分析。
C、结合反应过程中化学键的变化分析。
D、结合温度对平衡移动的影响分析。
13．【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；超分子
【解析】【解析】A、图A所示的18冠醚分子结构，其空腔尺寸与钾离子(K+)的半径匹配，因此对K+具有选择性识别作用。而锂离子(Li+)和钠离子(Na+)由于半径较小，无法与空腔有效匹配，A选项错误。B、图B中的阳离子基团体积较大，导致离子键强度减弱，晶格能降低，因此该物质的熔沸点低于NaBF4，B选项错误。
C、该环形结构中所有碳原子和氮原子均采用sp2杂化，形成一个5中心6电子的共轭大π键(π56)，使得整个五元环上的原子处于同一平面，C选项正确。
D、最小重复单元为，采用均摊法计算：Si原子数：4 + 4×= 6，O原子数：14 + 6×= 17。由于Si为+4价、O为-2价，(Si6O17)整体带-10电荷，阴离子通式为(Si6O17)n10n-，D选项错误。
故答案为：C
【分析】A、由于Li＋、Na＋的半径小，无法与空腔有效匹配，因此无法识别Li＋和Na＋。
B、NaBF4为离子晶体，其熔沸点不受摩尔质量影响。
C、环上的C、N原子采用sp2杂化，形成平面三角形结构。
D、结合图C中结构的最小重复单元进行分析。
14．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．当时，，此时溶液中、，所以HM的电离平衡常数，不是3.0 ×10-6，A错误；
B．溶液中存在，平衡常数K只与温度有关，但溶液中随着HM溶液的加入而不断增大，因此增大，B错误；
C．滴入等浓度10mLHM溶液后，发生反应，反应后所得溶液为等浓度的HR、NaR混合溶液。由于，HR的电离居主要优势，因此溶液中，C正确。
D．滴入20 mL等浓度的HM溶液后，。物料守恒式为；电荷守恒式为。将两式相加整理可得：，D错误。
故答案为：C
【分析】A、当时，，据此结合平衡常数的表达式进行计算。
B、溶液中，据此分析。
C、根据溶液中R-的水解和HR的电离分析。
D、结合电荷守恒和物料守恒分析。
15．【答案】（1）检查装置气密性；防止倒吸
（2）将装置中的空气排净，防止被氧化或防止-2价硫被氧化；饱和硫氢化钠溶液
（3）
（4）或；降低溶液的沸点，防止异构化；加快蒸发速率；形成无氧环境，防止被氧化；
（5）取少量样品于试管，加蒸馏水溶解后分成两份，向其中一份滴加几滴氯化铁溶液，溶液变成血红色；向另一份中滴加浓氢氧化钠溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；铵离子检验；二价铁离子和三价铁离子的检验；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）涉及气体参与的实验，装入药品前必须先检查装置气密性；E为安全瓶，作用是防止F中的溶液倒吸进入反应装置D。
故答案为： 检查装置气密性 ；防止倒吸
（2）已知硫脲易被氧化，装置内空气中的氧气会氧化产物，因此反应前通排尽空气，防止被氧化或防止-2价硫被氧化；A中用盐酸制备，生成的中混有HCl杂质，用饱和溶液可除去HCl，同时不溶解，也不引入新杂质。
故答案为： 将装置中的空气排净，防止被氧化或防止-2价硫被氧化 ；饱和硫氢化钠溶液
（3）反应方程式。
故答案为：
（4）①微溶于水，因此过滤除去难溶的或等固体杂质。
故答案为：或
② 已知硫脲受热会异构化生成，减压可降低溶液沸点，使蒸发在较低温度下进行，加快蒸发速率，形成无氧环境，避免硫脲异构或被氧化(任选一条)。
故答案为： 降低溶液的沸点，防止异构化；加快蒸发速率；形成无氧环境，防止被氧化
③ 根据氧化还原规律：N被氧化为无毒的，S被氧化为，C生成，被还原为，离子方程式：。
故答案为：
（5）遇会生成特征血红色配合物，因此可用检验，证明存在。实现方法：取少量样品于试管，加蒸馏水溶解后分成两份，向其中一份滴加几滴氯化铁溶液，溶液变成血红色；向另一份中滴加浓氢氧化钠溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝。
故答案为： 取少量样品于试管，加蒸馏水溶解后分成两份，向其中一份滴加几滴氯化铁溶液，溶液变成血红色；向另一份中滴加浓氢氧化钠溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝
【分析】（1）连接好仪器，加入试剂前，需检查装置的气密性。仪器E作为安全瓶，可以起到防倒吸的作用。
（2）反应前通入N2，是为了排出装置内的空气。装置B中试剂是为了除去H2S气体中混有的HCl，据此可确定装置B中试剂。
（3）装置D中Ca(HS)2与CaCN2、H2O反应，生成CS(NH2)2和Ca(OH)2，据此写出反应的化学方程式。
（4）①装置D中反应生成Ca(OH)2，微溶于水；同时Ca(OH)2能与H2S反应生成CaS沉淀，因此过滤可除去Ca(OH)2和CaS。
②蒸发时减压，可降低溶液的沸点，防止温度较高时CS(NH2)2发生异构化，或被氧化。
③滴定过程中生成的无毒气体为CO2、N2；同时硫元素转化为SO42－，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写反应的离子方程式。
（5）要验证NH4SCN的生成，则需验证NH4＋和SCN－的存在，据此设计实验。
（1）涉及气体参与的实验，装入药品前必须先检查装置气密性；E为安全瓶，作用是防止F中的溶液倒吸进入反应装置D；
（2）已知硫脲易被氧化，装置内空气中的氧气会氧化产物，因此反应前通排尽空气，防止被氧化或防止-2价硫被氧化；A中用盐酸制备，生成的中混有HCl杂质，用饱和溶液可除去HCl，同时不溶解，也不引入新杂质；
（3）反应方程式；
（4）①微溶于水，因此过滤除去难溶的或等固体杂质；
② 已知硫脲受热会异构化生成，减压可降低溶液沸点，使蒸发在较低温度下进行，加快蒸发速率，形成无氧环境，避免硫脲异构或被氧化(任选一条)；
③ 根据氧化还原规律：N被氧化为无毒的，S被氧化为，C生成，被还原为，离子方程式：；
（5）遇会生成特征血红色配合物，因此可用检验，证明存在。实现方法：取少量样品于试管，加蒸馏水溶解后分成两份，向其中一份滴加几滴氯化铁溶液，溶液变成血红色；向另一份中滴加浓氢氧化钠溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝。
16．【答案】（1）；高温
（2）；AC
（3）CO；0.8；0.056；增大的转化率；减少积碳，避免催化剂失活
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）由盖斯定律可知反应Ⅲ-反应Ⅱ得反应Ⅰ，则反应热；反应Ⅰ为气体物质的量增加的反应，则，由自发可知，该反应在高温下自发。
故答案为：；高温
（2）反应Ⅰ为气体体积增大的反应，温度一定时，增大压强，平衡向逆反应方向移动，甲烷的物质的量分数增大，则等温下，甲烷的物质的量分数，随压强的变化曲线是，为等压下甲烷的物质的量分数随温度的变化曲线，根据以上分析可知，A和C两点温度相同、压强相同、甲烷的物质的量分数相同，处于相同的化学平衡状态。
故答案为：；AC
（3）由反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，平衡时的物质的量比大，则表示的物质是，表示的物质是；初始投料，由图可知，时，，由C元素守恒可知积碳物质的量为；由元素守恒可知，平衡时，反应Ⅱ的压强平衡常数；
使投料比即增大的投料量，可使反应Ⅰ中转化率增大，同时使反应Ⅱ和Ⅲ正向进行程度减小，减少积碳，避免催化剂失活。
故答案为：CO；0.8；0.056； 增大的转化率；减少积碳，避免催化剂失活
【分析】（1）根据盖斯定律计算目标反应的反应热。当ΔH-TΔS＜0时，反应自发进行，据此判断反应自发进行的条件。
（2）结合压强对平衡移动的影响分析。当体系中的变量不变时，可逆反应处于平衡状态，据此分析。
（3）根据图像中的数据，结合平衡数据计算。
（1）由盖斯定律可知反应Ⅲ-反应Ⅱ得反应Ⅰ，则反应热；反应Ⅰ为气体物质的量增加的反应，则，由自发可知，该反应在高温下自发。
（2）反应Ⅰ为气体体积增大的反应，温度一定时，增大压强，平衡向逆反应方向移动，甲烷的物质的量分数增大，则等温下，甲烷的物质的量分数，随压强的变化曲线是，为等压下甲烷的物质的量分数随温度的变化曲线，根据以上分析可知，A和C两点温度相同、压强相同、甲烷的物质的量分数相同，处于相同的化学平衡状态。
（3）由反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，平衡时的物质的量比大，则表示的物质是，表示的物质是；初始投料，由图可知，时，，由C元素守恒可知积碳物质的量为；由元素守恒可知，平衡时，反应Ⅱ的压强平衡常数；
使投料比即增大的投料量，可使反应Ⅰ中转化率增大，同时使反应Ⅱ和Ⅲ正向进行程度减小，减少积碳，避免催化剂失活。
17．【答案】（1）将矿物粉碎、增大空气进气量、使空气与矿粉对流、形成逆流等；
（2）；8.3
（3）X射线衍射实验
（4）3500
（5）；
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）①将钼精矿粉碎、适当增大空气进气量、使空气与矿粉对流、形成逆流等（或适当升高焙烧温度、搅拌等，任写两条即可）；
故答案为： 将矿物粉碎、增大空气进气量、使空气与矿粉对流、形成逆流等
②在焙烧时，S被氧化为，Re被氧化为高铼酸根，方程式：；
故答案为：
（2）①反萃取是萃取的逆过程，反萃取加入氨水，与反应，释放进入水相，离子方程式：或；
故答案为：或；
②一水合氨的电离平衡常数，已知，即，且，代入得：，解得，，；
故答案为：8.3
（3）区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是X射线衍射实验，晶体有衍射峰，非晶体没有；
故答案为： X射线衍射实验
（4）需要使杂质Fe、C全部气化除去，Re仍为液态/固态（Re沸点5900℃，不会气化）：Fe沸点2750℃，高于2750℃Fe气化；根据图像，3500℃时C全部变为气体，且温度低于Re沸点、低于碳熔点（3652℃），因此选3500℃最合适；
故答案为：3500
（5）晶胞中Re位于顶点，数目为；O位于棱心，数目为，因此，化学式为；最近的两个O分别在相邻棱的棱心，距离为，设晶胞边长为，则，解得，晶胞体积，1个晶胞质量，因此密度。
故答案为：；
【分析】钼精矿的主要成分是钼的硫化物（如MoS2）和少量铼的硫化物（如Re2S7）。在空气中焙烧时，硫元素被氧化为二氧化硫（SO2），同时钼和铼的硫化物分别转化为CaMoO4和Ca(ReO4)2。后续处理步骤如下：硫酸浸出：加入硫酸和软锰矿（MnO2），硫酸钙（CaSO4）因微溶于水形成浸渣，通过过滤分离。氨水处理：滤液中加入氨水和生石灰，铼以NH4ReO4形式析出，过滤后得到含铼化合物。产品提纯：通过酸化、萃取和反萃取、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等步骤，最终得到高纯度的铼产品。
（1）①将钼精矿粉碎、适当增大空气进气量、使空气与矿粉对流、形成逆流等（或适当升高焙烧温度、搅拌等，任写两条即可）；
②在焙烧时，S被氧化为，Re被氧化为高铼酸根，方程式：；
（2）①反萃取是萃取的逆过程，反萃取加入氨水，与反应，释放进入水相，离子方程式：或；
②一水合氨的电离平衡常数，已知，即，且，代入得：，解得，，；
（3）区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是X射线衍射实验，晶体有衍射峰，非晶体没有；
（4）需要使杂质Fe、C全部气化除去，Re仍为液态/固态（Re沸点5900℃，不会气化）：Fe沸点2750℃，高于2750℃Fe气化；根据图像，3500℃时C全部变为气体，且温度低于Re沸点、低于碳熔点（3652℃），因此选3500℃最合适；
（5）晶胞中Re位于顶点，数目为；O位于棱心，数目为，因此，化学式为；
最近的两个O分别在相邻棱的棱心，距离为，设晶胞边长为，则，解得，晶胞体积，1个晶胞质量，因此密度。
18．【答案】（1）2-氟-4-溴苯甲酸或4-溴-2-氟苯甲酸
（2）酰胺基
（3）或；取代反应
（4）+
（5）10或11；
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机化合物的命名；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）根据有机物的命名1980版原则为取代基原子序数顺序排列命名为2-氟-4-溴苯甲酸；按2017版原则为英文首字母顺序排列命名为4-溴-2-氟苯甲酸。
故答案为： 2-氟-4-溴苯甲酸或4-溴-2-氟苯甲酸
（2）根据C的结构简式可知其含氧官能团为酰胺基。
故答案为： 酰胺基
（3）根据上述分析可知X的结构简式为；D结构中的羧基上的H原子被中甲基取代生成E，故该反应的反应类型为取代反应。
故答案为：或 ；取代反应
（4）C是与发生取代反应生成D与，故反应方程式为+。
故答案为：+
（5）G为，与其具有相同官能团的同分异构体有、、、，共11种（含G）或10种（不含G）；峰面积之比为3：2：2：2的结构简式为。
故答案为： 10或11 ；
（6）目标产物 为高聚物，其单体为，结合题目中C→D，可知与可反应生成 ，故可设计合成路线为： 。
故答案为：
【分析】A为，其中羧基和发生取代反应生成B为，B和反应生成（C），C与X反应生成分子式为的D，D在条件下与发生取代反应生成E（分子式为），E与反应生成M，结合M的结构简式及E的分子式、生成E的反应条件，可推断E为，则D为，X为 。
（1）根据有机物的命名1980版原则为取代基原子序数顺序排列命名为2-氟-4-溴苯甲酸；按2017版原则为英文首字母顺序排列命名为4-溴-2-氟苯甲酸。
（2）根据C的结构简式可知其含氧官能团为酰胺基。
（3）根据上述分析可知X的结构简式为；D结构中的羧基上的H原子被中甲基取代生成E，故该反应的反应类型为取代反应。
（4）C是与发生取代反应生成D与，故反应方程式为+。
（5）G为，与其具有相同官能团的同分异构体有、、、，共11种（含G）或10种（不含G）；峰面积之比为3：2：2：2的结构简式为。
（6）目标产物 为高聚物，其单体为，结合题目中C→D，可知与可反应生成 ，故可设计合成路线为： 。
1 / 1贵州六盘水市2026届上学期2月高三年级适应性考试（二模）化学试题卷
1．九三大阅兵，国之重器彰威，科技利刃出鞘。科技创新是赢得未来发展主动权的必然选择。下列说法正确的是
A．制造喷气式飞机发动机叶片用到的镍钴合金属于无机非金属材料
B．量子通信材料螺旋碳纳米管、石墨烯等纳米材料属于胶体
C．稀土元素可改善合金性能，稀土元素位于元素周期表镧系，互为同位素
D．受阅官兵所戴的手套背部采用航天级芳纶针织布，属于有机高分子材料
【答案】D
【知识点】合金及其应用；合成材料；元素、核素；胶体的性质和应用
【解析】【解析】A．镍钴合金是由金属镍和钴组成的混合物，属于金属材料范畴，A错误。
B．胶体是一种分散系，必须包含分散质和分散剂两相。单纯的碳纳米管或石墨烯纳米材料是纯净物，不具备胶体的特征，B错误。
C．同位素指的是同种元素（质子数相同）但中子数不同的原子。稀土元素包含多种不同元素（质子数不同），它们之间不构成同位素关系，C错误。
D．芳纶是通过人工合成方法制备的有机高分子化合物，D正确。
故答案为：D
【分析】A、镍钴合金属于金属材料。
B、胶体是分散系的一种，属于混合物。
C、同位素是指质子数相同，中子数不同的原子。
D、芳纶属于合成有机高分子材料。
2．六盘水市不仅风景秀丽，更有许多令人垂涎的美食。下列说法错误的是
A．水城羊肉粉汤清油红，说明辣椒红色素更易溶于油脂
B．水城烙锅食材臭豆腐在发酵过程中，豆腐中的蛋白质会被微生物分解成氨基酸和多肽等物质
C．盘州火腿是我国的三大火腿之一、火腿放置时间过长会产生哈喇味，是因为油脂发生了水解反应
D．六枝岩脚面，碱水不黏汤爽滑。面的主要成分是淀粉，淀粉在人体内水解的最终产物是葡萄糖
【答案】C
【知识点】多糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．根据相似相溶原理，辣椒红色素作为有机化合物，在有机溶剂油脂中的溶解度更高，因此会出现"汤清油红"的现象，A正确；B．臭豆腐在发酵过程中，微生物分泌的蛋白酶会将豆腐中的蛋白质分解成小分子肽和氨基酸，B正确；
C．火腿长时间存放产生哈喇味，是由于其中的油脂发生了氧化酸败反应，C错误；
D．面条的主要成分淀粉属于多糖类物质，在人体消化系统中最终会被水解为葡萄糖，D正确；
故答案为：C
【分析】A、辣椒红色素为有机物，绝大多数有机物可互溶。
B、蛋白质可被微生物分解成氨基酸和多肽。
C、火腿久置后产生的哈喇味是由于油脂氧化酸败引起的。
D、淀粉的最终水解产物为葡萄糖。
3．下列有关化学用语的说法错误的是
A．中的阴、阳离子有相同的VSEPR模型和空间结构
B．在、石墨、金刚石中，碳原子有、和三种杂化方式
C．配合物中心离子为，配体是，配位数是4
D．次氯酸的电子式为
【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．NH4ClO4中ClO4-的中心Cl原子孤电子对数为，价层电子对数为4；NH4+的中心N原子孤电子对数为，价层电子对数为4；阴、阳离子都不含有孤电子对，因此二者的VSEPR模型和空间结构均为正四面体形，A选项正确；B．C60、石墨、金刚石中碳原子的杂化方式分别为sp2、sp2、sp3，所以碳原子共有2种杂化方式，B选项错误；
C．[Cu(NH3)4]Cl2·2H2O配合物中，中心离子为Cu2+，Cu2+的空轨道接受电子对，配体NH3提供孤电子对，配位数为4，C选项正确；
D．次氯酸为一元酸，各原子都满足稳定结构，其电子式为，D选项正确；
故答案为：B
【分析】A、根据中心原子的价层电子对数和孤电子对数分析。
B、C60和石墨中的碳原子采用sp2杂化；金刚石的碳原子采用sp3杂化。
C、配合物[Cu(NH3)4]Cl2·2H2O的中心离子为Cu2+，配体为NH3。
D、HClO中O原子分别与H原子和Cl原子形成共用电子对。
4．下列反应的离子方程式错误的是
A．放入溶液中：
B．去除废水中的：
C．向溶液中通入一定量氯气，测得有的被氧化：
D．二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色：
【答案】D
【知识点】二氧化硫的性质；铁盐和亚铁盐的相互转变；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．Fe3+将Pb氧化为Pb2+，Pb2+与SO42－反应生成PbSO4沉淀，对应的离子方程式为：，选项A正确；
B．硫化钠的S2-与废水中的Hg2+反应生成HgS沉淀，离子方程式为：，选项B正确；
C．由于还原性I－＞Fe2＋， 向溶液中通入一定量氯气 ，Cl2优先氧化I－。当50%的Fe2+被氧化时，根据电子得失守恒及电荷守恒，配平得到：，选项C正确；
D．原方程式存在电子得失和电荷不守恒的问题，离子方程式应为：
，因此选项D错误。
故答案为：D
【分析】A、Fe3＋将Pb氧化成Pb2＋，Pb2＋进一步与SO42－反应生成PbSO4沉淀。
B、S2－与Hg2＋形成HgS沉淀。
C、由于还原性I－＞Fe2＋，通入的Cl2优先与I－反应；当I－完全反应后，过量的Cl2再与Fe2＋反应。
D、SO2具有还原性，MnO4－具有氧化性，二者可发生氧化还原反应。
5．下列说法错误的是
A．臭氧在四氯化碳中的溶解度高于在水中的溶解度，因为臭氧是非极性分子
B．邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛的沸点，因为对羟基苯甲醛可形成分子间氢键
C．键角：，因为前者中心原子孤电子对数目比后者少
D．与的熔点前者小于后者，因为比所带电荷少、离子半径大
【答案】A
【知识点】晶格能的应用；键能、键长、键角及其应用；极性分子和非极性分子；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A. 臭氧（）分子呈V形结构，其正负电荷中心不重合，属于极性分子。但是臭氧的极性较弱，根据"相似相溶"原理，它在非极性溶剂四氯化碳中的溶解度确实比在水中更高，A符合题意。
B. 邻羟基苯甲醛容易形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛则容易形成分子间氢键。由于分子间氢键会显著提高物质的沸点，因此邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛，B不符合题意。
C. 硝酸根离子（）的中心氮原子没有孤电子对，其空间构型为平面正三角形，键角为；而亚硝酸根离子（）的中心氮原子有1对孤电子对，由于孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，导致其键角更小。因此，的键角确实大于，C不符合题意。
D. 氧化钠（）和氧化镁（）都是离子晶体，其晶格能大小取决于离子所带电荷和离子半径：离子电荷越高、半径越小，晶格能越大，熔点越高。由于比所带电荷少且离子半径更大，因此的熔点确实低于，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A、O3为V型结构，属于极性分子。
B、形成分子间氢键使得沸点增大。
C、孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，导致其键角更小。
D、离子所带电荷数越多、半径越小，则其离子晶体的熔点越高。
6．下列实验装置正确，且能达到实验目的的是
A．实验室制备HCl B．煤的干馏
C．检验溴乙烷的消去产物 D．润洗滴定管
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】煤的干馏和综合利用；卤代烃简介；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解析】A、实验室用氯化钠与浓硫酸反应制取氯化氢时，反应条件需加热，A选项错误。B、煤的干馏过程必须在隔绝空气的条件下进行加热，B选项错误。
C、溴乙烷在NaOH醇溶液中发生消去反应生成乙烯，虽然产物中可能混有乙醇，但乙醇不会使溴的四氯化碳溶液褪色（），而乙烯能使溴的溶液褪色，因此该方法可有效检验消去产物，C选项正确。
D、滴定管润洗的正确操作应为：从上口加入少量待装液，倾斜旋转滴定管使内壁润湿后从下部放出，重复2-3次。 若竖直摇晃不能达到实验目的，D选项错误。
故答案为：C
【分析】A、利用HCl低沸点的特点制备HCl气体，需要加热。
B、煤干馏需要隔绝空气。
C、卤代烃在NaOH醇溶液中发生消去反应，生成烯烃。
D、润洗滴定管时，应倾斜转动，不能竖直摇晃。
7．化合物中、、、为原子序数依次增大的短周期元素，基态原子的能级电子数是能级的2倍，基态原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍，是10电子微粒。下列说法正确的是
A．的简单氢化物稳定性较强是因为分子间存在氢键
B．原子半径：
C．该化合物中阴离子的空间构型为三角锥形
D．第一电离能：
【答案】B
【知识点】原子结构与元素的性质；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A. 水（H2O）稳定性强，源于O-H键能大，氢键仅影响物理性质，与化学性质（稳定性）无关，A错误；
B. 电子层数越多，原子半径越大；电子层数相同，核电荷数越大，原子半径越小。因此原子半径排序正确：H（最小）< O < N，B正确；
C. NO3-中N原子价层电子对数为，价层电子对数为3，且不含孤电子对，因此呈平面三角形，C错误；
D. 同周期元素，核电荷数越大，第一电离能越大；但第ⅤA族的p能级为半充满稳定结构，难以失去电子。因此第一电离能顺序应为C < O < N（N的2p半充满更稳定），D错误。
故答案为：B
【分析】基态Y原子的s能级电子数是p能级的2倍，确定Y为碳元素（C），其电子排布式为；是10电子微粒，类比可知X为氢（H），W为氧（O）；基态W原子电子总数是其最高能级电子数的2倍，验证W为氧元素；根据原子序数递增关系，确定Z为氮（N），故该化合物化学式为。
8．已知反应：，设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是
A．氧化剂与还原剂物质的量之比为
B．的中心原子价层孤电子对数为2
C．当消耗气体时，转移的电子数为4
D．常温常压下，中所含极性共价键的数目为0.1
【答案】C
【知识点】判断简单分子或离子的构型；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解析】A、氧化剂（）与还原剂（中被氧化的氧原子）的物质的量之比为，A选项正确。
B、分子中，中心氧原子的价层电子对数为，其中包含2对孤电子对。因此1 mol含有2 mol孤电子对，数目为，B选项正确。
C、题目未说明44.8 L是否处于标准状况，因此无法计算其物质的量及转移电子数，C选项错误。
D、4 g的物质的量为0.1 mol，由于每个中含有1个O-H极性共价键，因此0.1mol所含极性共价键数目为，D选项正确。
故答案为：C
【分析】A、该反应中氧化剂为F2，还原剂为NaOH，结合反应过程分析二者的物质的量之比。
B、结合价层电子对数的公式进行计算。
C、气体所处的状态未知，无法应用气体摩尔体积进行计算。
D、4gNaOH的物质的量为0.1mol，一个NaOH中含有一个氢氧极性键。
9．根据下列实验过程及现象，相应实验结论正确的是
选项 实验过程及现象 实验结论
A 向还原所得到的产物中加入稀盐酸，再滴加KSCN溶液，观察颜色未变红 CO还原实验中，全部被还原
B 将等物质的量浓度等体积的溶液与溶液混合有白色沉淀生成 生成氢氧化铝沉淀是因为酸性
C 相同条件下分别测定等物质的量浓度的和溶液的，溶液使试纸呈现更深的颜色 非金属性S>C
D 向KI溶液中持续滴加氯水，溶液先由无色变为棕黄色，一段时间后褪色 氯水具有氧化性和漂白性
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；化学实验方案的评价；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A．一氧化碳还原氧化铁的化学方程式为：。将反应产物加入稀盐酸后，再滴加硫氰化钾溶液，溶液未变红，说明没有检测到三价铁离子。这可能是因为产物中的铁将三价铁离子还原为二价铁离子，因此不能证明氧化铁被完全还原，A不符合题意。
B．当等物质的量浓度的四羟基合铝酸钠溶液与碳酸氢钠溶液等体积混合时，发生反应：，生成氢氧化铝沉淀。根据复分解强酸制弱酸原理，碳酸氢根离子的酸性强于氢氧化铝，B符合题意。
C．在相同条件下，等物质的量浓度的碳酸钠溶液的pH大于亚硫酸钠溶液，说明碳酸的酸性弱于亚硫酸。但由于亚硫酸不是硫的最高价氧化物对应的水化物，因此不能据此比较碳和硫两元素的非金属性强弱，C不符合题意。
D．向碘化钾溶液中持续通入氯气时，溶液先由无色变为棕黄色，生成了碘单质（），随后又褪色，碘单质被消耗（）。这个现象体现了氯气的强氧化性，而非漂白性，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、若Fe2O3部分被还原，剩余固体与稀盐酸反应后生成的Fe3＋能被Fe还原为Fe2＋。
B、混合后产生的白色沉淀为Al(OH)3沉淀，结合反应的离子方程式分析。
C、由酸性强弱得出非金属性强弱时，应用最高价含氧酸的酸性。
D、滴加氯水的过程中，Cl2先与I－反应生成I2，后Cl2与I2反应生成HIO3。
10．化合物能对大肠杆菌、金黄色葡萄球菌等多种微生物具有抗菌效果，可利用和反应获得：
下列说法错误的是
A．X分子中所有碳原子共平面 B．能发生加聚反应和缩聚反应
C．分子中的碳原子全部是杂化 D．分子中含有1个手性碳原子
【答案】A
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A．由于与氨基（）相连的碳原子是饱和碳原子，为sp3杂化，因此X分子中所有碳原子不可能共平面，A错误；
B．Y分子结构中碳碳双键能够发生加聚反应；含有的两个羧基（-COOH）可发生缩聚反应，B正确；
C．Y分子中所有碳原子均参与形成双键，均为杂化状态，C正确；
D．Z分子中存在1个手性碳原子（如图所示）：，D正确；
故答案为：A
【分析】A、-NH2所在碳原子为饱和碳原子，形成四面体结构，据此分析。
B、Y中含有碳碳双键，可发生加聚反应；含有2个-COOH，可发生缩聚反应。
C、Y中碳原子都形成双键，采用sp2杂化。
D、连接有4个不同的原子或原子团的碳原子，称为手性碳原子。
11．钙钛矿太阳能电池是依靠钙钛矿结构材料进行光电转换的一种新型光伏电池，属于第三代太阳能电池，其制备温度低、成本具有竞争力，在室内弱光条件下也能高效发电。如图一是钙钛矿太阳能电池的示意图，若用该电池作电源电解酸性硫酸铬溶液获取铬单质和硫酸(如图二)。
下列说法正确的是
A．D电极接钙钛矿太阳能电池的B极
B．理论上，当太阳能电池有电子转移时，甲池溶液质量减少
C．电极发生的电极反应式为
D．图二中的离子交换膜Ⅰ为阴离子交换膜，Ⅱ为阳离子交换膜
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用；原电池、电解池综合
【解析】【解答】A. 由分析可知，D电极为阳极，因此D电极应连接A电极，A错误。
B. 当转移0.6 mol电子时，析出0.2 mol Cr（质量减少10.4 g），0.3 mol SO42 迁移（质量减少28.8 g），总质量减少39.2 g，B正确。
C. D极为阳极，反应应为水失电子生成氧气和氢离子，C错误。
D. 膜Ⅰ应为阴离子交换膜（SO42 通过），膜Ⅱ应为质子交换膜（H+通过），D错误。
故答案为：B
【分析】根据钙钛矿太阳能电池的工作原理图分析：电子(e )从A极流向B极，空穴(h+)从B极流向A极。由此可确定：B极为负极，A极为正极。图二为电解池装置，电解酸性硫酸铬溶液得到铬单质和硫酸：C极为阴极，电极反应：Cr3+ + 3e = Cr；D极为阳极，电极反应：2H2O - 4e = O2↑ + 4H+。据此结合选项分析。
12．贵金属基催化剂是氧化还原反应(ORR)中重要的催化剂之一，某研究机构通过量子化学和计算机模拟，设计出在含“Pt-O”结构的化合物中插入的三条反应路径，其相对能量变化如图。
下列说法正确的是
A．路径Ⅱ中的最大能垒为
B．路径Ⅲ的总反应速率最快
C．反应过程中的共价键数目未发生改变
D．路径Ⅰ中，改变温度对的影响程度大于对的影响程度
【答案】D
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、路径Ⅱ中的最大能垒计算为37.8 kJ/mol减去(-1.9 kJ/mol)，结果为39.7 kJ/mol，A选项错误。
B、比较三条路径的最大活化能，路径Ⅰ＜路径Ⅱ＜路径Ⅲ，反应所需活化能越高反应速率越慢，故路径Ⅲ的总反应速率最慢，B选项错误。
C、在反应过程中，Pt-O键会断裂，同时Pt-C键会形成，因此Pt的共价键数目发生了变化，C选项错误。
D、路径Ⅰ中，反应物R的总能量为0.0 kJ/mol，生成物N的总能量为-19.4 kJ/mol，总反应的焓变ΔH=生成物总能量-反应物总能量＜0，说明是放热反应。当升高温度时，平衡逆向移动，表明温度对逆反应速率v逆的影响程度大于对正反应速率v正的影响程度，D选项正确。
故答案为：D
【分析】A、根据反应历程图，结合相对能量进行计算。
B、反应所需的活化能越小，反应速率越快，据此结合活化能的大小分析。
C、结合反应过程中化学键的变化分析。
D、结合温度对平衡移动的影响分析。
13．下列说法正确的是
A．图A中冠醚(18-冠-6)体现了超分子“分子识别”的特征，该分子还能识别和
B．图B物质相较摩尔质量更大，具有更高的熔沸点
C．图B中五元环上原子处于同一平面
D．若图C中表示硅氧四面体，则图C的阴离子的结构通式为
【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；超分子
【解析】【解析】A、图A所示的18冠醚分子结构，其空腔尺寸与钾离子(K+)的半径匹配，因此对K+具有选择性识别作用。而锂离子(Li+)和钠离子(Na+)由于半径较小，无法与空腔有效匹配，A选项错误。B、图B中的阳离子基团体积较大，导致离子键强度减弱，晶格能降低，因此该物质的熔沸点低于NaBF4，B选项错误。
C、该环形结构中所有碳原子和氮原子均采用sp2杂化，形成一个5中心6电子的共轭大π键(π56)，使得整个五元环上的原子处于同一平面，C选项正确。
D、最小重复单元为，采用均摊法计算：Si原子数：4 + 4×= 6，O原子数：14 + 6×= 17。由于Si为+4价、O为-2价，(Si6O17)整体带-10电荷，阴离子通式为(Si6O17)n10n-，D选项错误。
故答案为：C
【分析】A、由于Li＋、Na＋的半径小，无法与空腔有效匹配，因此无法识别Li＋和Na＋。
B、NaBF4为离子晶体，其熔沸点不受摩尔质量影响。
C、环上的C、N原子采用sp2杂化，形成平面三角形结构。
D、结合图C中结构的最小重复单元进行分析。
14．常温下向20.00mL0.10mol/LNaR溶液中滴入等浓度的HM溶液，所得溶液中与的关系如图所示。已知，下列说法正确的是
A．
B．随着HM溶液的加入的值变小
C．滴入溶液后，溶液中存在：
D．滴入溶液后，溶液中存在：
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．当时，，此时溶液中、，所以HM的电离平衡常数，不是3.0 ×10-6，A错误；
B．溶液中存在，平衡常数K只与温度有关，但溶液中随着HM溶液的加入而不断增大，因此增大，B错误；
C．滴入等浓度10mLHM溶液后，发生反应，反应后所得溶液为等浓度的HR、NaR混合溶液。由于，HR的电离居主要优势，因此溶液中，C正确。
D．滴入20 mL等浓度的HM溶液后，。物料守恒式为；电荷守恒式为。将两式相加整理可得：，D错误。
故答案为：C
【分析】A、当时，，据此结合平衡常数的表达式进行计算。
B、溶液中，据此分析。
C、根据溶液中R-的水解和HR的电离分析。
D、结合电荷守恒和物料守恒分析。
15．硫脲[]可用于制造药物、染料、树脂、压塑粉，也用作橡胶的硫化促进剂、金属矿物的浮选剂等。实验室中制备硫脲的方法为硫化氢和石灰乳作用生成硫氢化钙，硫氢化钙再与氰氨化钙()反应制得。实验装置如图所示(夹持及加热装置略)。
已知：为无色或白色结晶，易被氧化，受热时部分发生异构化反应生成。回答下列问题：
（1）连接好仪器，装入试剂前应先进行的操作是　 　，仪器E的作用是　 　。
（2）加入试剂，反应前应打开通入一段时间的，目的是　 　。装置B中所盛试剂是　 　。待A中反应结束后关闭，打开通入一段时间的。
（3）关闭，撤去搅拌器，打开，水浴加热处三颈烧瓶，反应温度为，反应时间为。在合成硫脲的同时生成一种碱，D处合成硫脲的化学方程式为　 　。
（4）①反应后，撤去水浴，冷却至室温，将装置D中的物质过滤，过滤除去的物质可能是　 　。
②滤液经减压蒸发、浓缩。随后冷却结晶使硫脲析出，离心分离后烘干得到硫脲粗品。蒸发时减压的目的可能是　 　(答一条)。
③测定产品中硫脲纯度时，可用酸性高锰酸钾标准液进行滴定。已知：硫脲[]与酸性高锰酸钾溶液反应时除氮元素被氧化为无毒气体外，其他元素均生成最高价化合物。写出滴定时发生反应的离子方程式：　 　。
（5）设计实验证明反应过程中有生成。实验方法(答操作和现象)：　 　。
【答案】（1）检查装置气密性；防止倒吸
（2）将装置中的空气排净，防止被氧化或防止-2价硫被氧化；饱和硫氢化钠溶液
（3）
（4）或；降低溶液的沸点，防止异构化；加快蒸发速率；形成无氧环境，防止被氧化；
（5）取少量样品于试管，加蒸馏水溶解后分成两份，向其中一份滴加几滴氯化铁溶液，溶液变成血红色；向另一份中滴加浓氢氧化钠溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；铵离子检验；二价铁离子和三价铁离子的检验；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）涉及气体参与的实验，装入药品前必须先检查装置气密性；E为安全瓶，作用是防止F中的溶液倒吸进入反应装置D。
故答案为： 检查装置气密性 ；防止倒吸
（2）已知硫脲易被氧化，装置内空气中的氧气会氧化产物，因此反应前通排尽空气，防止被氧化或防止-2价硫被氧化；A中用盐酸制备，生成的中混有HCl杂质，用饱和溶液可除去HCl，同时不溶解，也不引入新杂质。
故答案为： 将装置中的空气排净，防止被氧化或防止-2价硫被氧化 ；饱和硫氢化钠溶液
（3）反应方程式。
故答案为：
（4）①微溶于水，因此过滤除去难溶的或等固体杂质。
故答案为：或
② 已知硫脲受热会异构化生成，减压可降低溶液沸点，使蒸发在较低温度下进行，加快蒸发速率，形成无氧环境，避免硫脲异构或被氧化(任选一条)。
故答案为： 降低溶液的沸点，防止异构化；加快蒸发速率；形成无氧环境，防止被氧化
③ 根据氧化还原规律：N被氧化为无毒的，S被氧化为，C生成，被还原为，离子方程式：。
故答案为：
（5）遇会生成特征血红色配合物，因此可用检验，证明存在。实现方法：取少量样品于试管，加蒸馏水溶解后分成两份，向其中一份滴加几滴氯化铁溶液，溶液变成血红色；向另一份中滴加浓氢氧化钠溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝。
故答案为： 取少量样品于试管，加蒸馏水溶解后分成两份，向其中一份滴加几滴氯化铁溶液，溶液变成血红色；向另一份中滴加浓氢氧化钠溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝
【分析】（1）连接好仪器，加入试剂前，需检查装置的气密性。仪器E作为安全瓶，可以起到防倒吸的作用。
（2）反应前通入N2，是为了排出装置内的空气。装置B中试剂是为了除去H2S气体中混有的HCl，据此可确定装置B中试剂。
（3）装置D中Ca(HS)2与CaCN2、H2O反应，生成CS(NH2)2和Ca(OH)2，据此写出反应的化学方程式。
（4）①装置D中反应生成Ca(OH)2，微溶于水；同时Ca(OH)2能与H2S反应生成CaS沉淀，因此过滤可除去Ca(OH)2和CaS。
②蒸发时减压，可降低溶液的沸点，防止温度较高时CS(NH2)2发生异构化，或被氧化。
③滴定过程中生成的无毒气体为CO2、N2；同时硫元素转化为SO42－，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写反应的离子方程式。
（5）要验证NH4SCN的生成，则需验证NH4＋和SCN－的存在，据此设计实验。
（1）涉及气体参与的实验，装入药品前必须先检查装置气密性；E为安全瓶，作用是防止F中的溶液倒吸进入反应装置D；
（2）已知硫脲易被氧化，装置内空气中的氧气会氧化产物，因此反应前通排尽空气，防止被氧化或防止-2价硫被氧化；A中用盐酸制备，生成的中混有HCl杂质，用饱和溶液可除去HCl，同时不溶解，也不引入新杂质；
（3）反应方程式；
（4）①微溶于水，因此过滤除去难溶的或等固体杂质；
② 已知硫脲受热会异构化生成，减压可降低溶液沸点，使蒸发在较低温度下进行，加快蒸发速率，形成无氧环境，避免硫脲异构或被氧化(任选一条)；
③ 根据氧化还原规律：N被氧化为无毒的，S被氧化为，C生成，被还原为，离子方程式：；
（5）遇会生成特征血红色配合物，因此可用检验，证明存在。实现方法：取少量样品于试管，加蒸馏水溶解后分成两份，向其中一份滴加几滴氯化铁溶液，溶液变成血红色；向另一份中滴加浓氢氧化钠溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝。
16．催化重整制合成气是一种将天然气(主要成分为甲烷)与二氧化碳在催化剂作用下转化为合成气(一氧化碳和氢气)的过程。该技术有助于资源综合利用和碳减排，若主要反应如下：
Ⅰ：
Ⅱ：
Ⅲ：
回答下列问题：
（1）反应Ⅰ的　 　，该反应在　 　条件下能自发进行。
（2）将一定物质的量的和充入密闭容器中，反应Ⅰ在不同条件下达到平衡(设只发生反应Ⅰ)。体系中甲烷的体积分数用表示，分别测得下的和下的如图甲所示。图中对应等压过程的曲线是　 　，处于相同化学平衡状态的点是　 　。
（3）常用基或贵金属作该反应的催化剂，可降低活化能，但需注意积碳失活问题。在恒压、初始投料的条件下，和发生上述反应达平衡时气体物质的量随温度的变化如图乙所示。
曲线b表示的物质是　 　(填化学式)，625℃时积碳物质的量为　 　mol，反应Ⅱ的压强平衡常数　 　。在实际生产中通常使投料比的目的是　 　(答两条)。
【答案】（1）；高温
（2）；AC
（3）CO；0.8；0.056；增大的转化率；减少积碳，避免催化剂失活
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）由盖斯定律可知反应Ⅲ-反应Ⅱ得反应Ⅰ，则反应热；反应Ⅰ为气体物质的量增加的反应，则，由自发可知，该反应在高温下自发。
故答案为：；高温
（2）反应Ⅰ为气体体积增大的反应，温度一定时，增大压强，平衡向逆反应方向移动，甲烷的物质的量分数增大，则等温下，甲烷的物质的量分数，随压强的变化曲线是，为等压下甲烷的物质的量分数随温度的变化曲线，根据以上分析可知，A和C两点温度相同、压强相同、甲烷的物质的量分数相同，处于相同的化学平衡状态。
故答案为：；AC
（3）由反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，平衡时的物质的量比大，则表示的物质是，表示的物质是；初始投料，由图可知，时，，由C元素守恒可知积碳物质的量为；由元素守恒可知，平衡时，反应Ⅱ的压强平衡常数；
使投料比即增大的投料量，可使反应Ⅰ中转化率增大，同时使反应Ⅱ和Ⅲ正向进行程度减小，减少积碳，避免催化剂失活。
故答案为：CO；0.8；0.056； 增大的转化率；减少积碳，避免催化剂失活
【分析】（1）根据盖斯定律计算目标反应的反应热。当ΔH-TΔS＜0时，反应自发进行，据此判断反应自发进行的条件。
（2）结合压强对平衡移动的影响分析。当体系中的变量不变时，可逆反应处于平衡状态，据此分析。
（3）根据图像中的数据，结合平衡数据计算。
（1）由盖斯定律可知反应Ⅲ-反应Ⅱ得反应Ⅰ，则反应热；反应Ⅰ为气体物质的量增加的反应，则，由自发可知，该反应在高温下自发。
（2）反应Ⅰ为气体体积增大的反应，温度一定时，增大压强，平衡向逆反应方向移动，甲烷的物质的量分数增大，则等温下，甲烷的物质的量分数，随压强的变化曲线是，为等压下甲烷的物质的量分数随温度的变化曲线，根据以上分析可知，A和C两点温度相同、压强相同、甲烷的物质的量分数相同，处于相同的化学平衡状态。
（3）由反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，平衡时的物质的量比大，则表示的物质是，表示的物质是；初始投料，由图可知，时，，由C元素守恒可知积碳物质的量为；由元素守恒可知，平衡时，反应Ⅱ的压强平衡常数；
使投料比即增大的投料量，可使反应Ⅰ中转化率增大，同时使反应Ⅱ和Ⅲ正向进行程度减小，减少积碳，避免催化剂失活。
17．金属铼广泛用于航空航天等领域。贵州省钼矿资源丰富，一种以钼精矿(主要成分为钼的硫化物和少量铼的硫化物)制取高铼酸铵晶体的流程如下图所示。
回答下列问题：
（1）①为了提高“焙烧”效率，可采取的措施有(答两条)　 　。
②“焙烧”过程中转化为和另一种含硫化合物，反应方程式为　 　。
（2）①“萃取”原理为，则“反萃取”对应的离子方程式为　 　。
②常温下，若“反萃取”得到高铼酸铵溶液中是的10倍，则所得溶液的为　 　。(已知：常温下)
（3）推断是晶体还是非晶体最可靠的方法是　 　。
（4）工业上制备的铼粉中含有少量碳粉和铁粉(其熔沸点见表1)，利用氢气提纯可得到纯度达99.995%的铼粉。根据下列图表分析，最合适的温度为　 　℃。
表1
物质 熔点(℃) 沸点(℃)
Re 3180 5900
C 3652 4827
Fe 1535 2750
（5）铼的一种氧化物的晶胞结构如下图所示，该氧化物的化学式为　 　。若晶胞中两个相距最近的O原子间的距离为，则该氧化物的密度为　 　(列出计算式，摩尔质量用表示，阿伏加德罗常数用表示)。
【答案】（1）将矿物粉碎、增大空气进气量、使空气与矿粉对流、形成逆流等；
（2）；8.3
（3）X射线衍射实验
（4）3500
（5）；
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）①将钼精矿粉碎、适当增大空气进气量、使空气与矿粉对流、形成逆流等（或适当升高焙烧温度、搅拌等，任写两条即可）；
故答案为： 将矿物粉碎、增大空气进气量、使空气与矿粉对流、形成逆流等
②在焙烧时，S被氧化为，Re被氧化为高铼酸根，方程式：；
故答案为：
（2）①反萃取是萃取的逆过程，反萃取加入氨水，与反应，释放进入水相，离子方程式：或；
故答案为：或；
②一水合氨的电离平衡常数，已知，即，且，代入得：，解得，，；
故答案为：8.3
（3）区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是X射线衍射实验，晶体有衍射峰，非晶体没有；
故答案为： X射线衍射实验
（4）需要使杂质Fe、C全部气化除去，Re仍为液态/固态（Re沸点5900℃，不会气化）：Fe沸点2750℃，高于2750℃Fe气化；根据图像，3500℃时C全部变为气体，且温度低于Re沸点、低于碳熔点（3652℃），因此选3500℃最合适；
故答案为：3500
（5）晶胞中Re位于顶点，数目为；O位于棱心，数目为，因此，化学式为；最近的两个O分别在相邻棱的棱心，距离为，设晶胞边长为，则，解得，晶胞体积，1个晶胞质量，因此密度。
故答案为：；
【分析】钼精矿的主要成分是钼的硫化物（如MoS2）和少量铼的硫化物（如Re2S7）。在空气中焙烧时，硫元素被氧化为二氧化硫（SO2），同时钼和铼的硫化物分别转化为CaMoO4和Ca(ReO4)2。后续处理步骤如下：硫酸浸出：加入硫酸和软锰矿（MnO2），硫酸钙（CaSO4）因微溶于水形成浸渣，通过过滤分离。氨水处理：滤液中加入氨水和生石灰，铼以NH4ReO4形式析出，过滤后得到含铼化合物。产品提纯：通过酸化、萃取和反萃取、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等步骤，最终得到高纯度的铼产品。
（1）①将钼精矿粉碎、适当增大空气进气量、使空气与矿粉对流、形成逆流等（或适当升高焙烧温度、搅拌等，任写两条即可）；
②在焙烧时，S被氧化为，Re被氧化为高铼酸根，方程式：；
（2）①反萃取是萃取的逆过程，反萃取加入氨水，与反应，释放进入水相，离子方程式：或；
②一水合氨的电离平衡常数，已知，即，且，代入得：，解得，，；
（3）区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是X射线衍射实验，晶体有衍射峰，非晶体没有；
（4）需要使杂质Fe、C全部气化除去，Re仍为液态/固态（Re沸点5900℃，不会气化）：Fe沸点2750℃，高于2750℃Fe气化；根据图像，3500℃时C全部变为气体，且温度低于Re沸点、低于碳熔点（3652℃），因此选3500℃最合适；
（5）晶胞中Re位于顶点，数目为；O位于棱心，数目为，因此，化学式为；
最近的两个O分别在相邻棱的棱心，距离为，设晶胞边长为，则，解得，晶胞体积，1个晶胞质量，因此密度。
18．某种抗癌药物的合成路线如下：
已知：(为烃基或氢)
请回答下列问题：
（1）有机物A用系统命名法的名称是　 　。
（2）C中的含氧官能团的名称是　 　。
（3）化合物X的结构简式是　 　，D→E的反应类型为　 　。
（4）写出C→D的化学方程式　 　。
（5）化合物C在一定条件下可得到化合物G()，与G含有相同官能团的同分异构体有　 　种（不考虑立体异构）。其中1H-NMR谱显示为4组峰，峰面积之比为3：2：2：2的结构简式为　 　。
（6）请参考题目合成路线设计以苯和为原料合成的路线(用流程图表示，无机试剂任选)　 　。
【答案】（1）2-氟-4-溴苯甲酸或4-溴-2-氟苯甲酸
（2）酰胺基
（3）或；取代反应
（4）+
（5）10或11；
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机化合物的命名；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）根据有机物的命名1980版原则为取代基原子序数顺序排列命名为2-氟-4-溴苯甲酸；按2017版原则为英文首字母顺序排列命名为4-溴-2-氟苯甲酸。
故答案为： 2-氟-4-溴苯甲酸或4-溴-2-氟苯甲酸
（2）根据C的结构简式可知其含氧官能团为酰胺基。
故答案为： 酰胺基
（3）根据上述分析可知X的结构简式为；D结构中的羧基上的H原子被中甲基取代生成E，故该反应的反应类型为取代反应。
故答案为：或 ；取代反应
（4）C是与发生取代反应生成D与，故反应方程式为+。
故答案为：+
（5）G为，与其具有相同官能团的同分异构体有、、、，共11种（含G）或10种（不含G）；峰面积之比为3：2：2：2的结构简式为。
故答案为： 10或11 ；
（6）目标产物 为高聚物，其单体为，结合题目中C→D，可知与可反应生成 ，故可设计合成路线为： 。
故答案为：
【分析】A为，其中羧基和发生取代反应生成B为，B和反应生成（C），C与X反应生成分子式为的D，D在条件下与发生取代反应生成E（分子式为），E与反应生成M，结合M的结构简式及E的分子式、生成E的反应条件，可推断E为，则D为，X为 。
（1）根据有机物的命名1980版原则为取代基原子序数顺序排列命名为2-氟-4-溴苯甲酸；按2017版原则为英文首字母顺序排列命名为4-溴-2-氟苯甲酸。
（2）根据C的结构简式可知其含氧官能团为酰胺基。
（3）根据上述分析可知X的结构简式为；D结构中的羧基上的H原子被中甲基取代生成E，故该反应的反应类型为取代反应。
（4）C是与发生取代反应生成D与，故反应方程式为+。
（5）G为，与其具有相同官能团的同分异构体有、、、，共11种（含G）或10种（不含G）；峰面积之比为3：2：2：2的结构简式为。
（6）目标产物 为高聚物，其单体为，结合题目中C→D，可知与可反应生成 ，故可设计合成路线为： 。
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