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广西柳州市2024-2025学年新高三摸底考试（2026届高二）化学试题
一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)
1．化学与生活、生产息息相关。下列说法错误的是
A．铁粉具有还原性，可用作食品干燥剂
B．莲藕中富含淀粉，淀粉可水解为葡萄糖
C．Na2CO3溶液呈碱性，可用于去除油污
D．清洗铁锅后及时擦干，能减缓铁锅生锈
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；金属的电化学腐蚀与防护；盐类水解的应用；多糖的性质和用途
【解析】【解答】A、铁粉具有还原性，主要作用是作为食品脱氧剂，通过与氧气反应延缓食品氧化变质，并不具备直接吸收水分的干燥能力，常用干燥剂为生石灰、硅胶等，A错误；
B、莲藕中的淀粉属于多糖，在酶或酸的催化作用下可逐步水解，最终产物为葡萄糖，该性质符合淀粉的化学变化规律，B正确；
C、Na2CO3溶液因碳酸根水解呈碱性，碱性环境能促进油脂的水解反应，因此可用于去除油污，C正确；
D、铁锅生锈需要水和氧气共同参与，清洗后及时擦干可减少水分接触，能有效减缓铁锅的锈蚀速率，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
脱氧剂与干燥剂的区别：铁粉是脱氧剂，作用是消耗氧气；干燥剂（如生石灰、硅胶）的作用是吸收水分，二者功能不可混淆。
多糖的水解规律：淀粉、纤维素等多糖最终水解产物均为葡萄糖。
盐类水解的应用：强碱弱酸盐（如 Na2CO3）溶液呈碱性，可利用其碱性去除油污。
金属锈蚀的条件：铁生锈需要水、氧气同时存在，隔绝其中一种即可减缓锈蚀。
2．下列化学用语或图示表示错误的是
A．K+的结构示意图：
B．NaCl的电子式：
C．质量数为16的氧原子：
D．乙烯的结构简式：CH2=CH2
【答案】B
【知识点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、K+的质子数为 19，核外电子排布为 2、8、8， 结构示意图为：，故A正确；
B、NaCl 是离子化合物，电子式应写成，故B错误；
C、核素符号的书写规则为左上角标质量数、左下角标质子数，质量数为 16 的氧原子应写为，故C正确；
选项 D：乙烯分子中含有碳碳双键，结构简式需体现官能团，写为 CH2=CH2符合规范 ，故D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
离子结构示意图：阳离子的核外电子数 = 质子数 - 电荷数，需符合电子层排布规律。
离子化合物电子式：需标注阴阳离子的电荷，阴离子需加方括号。
核素符号：左上角为质量数，左下角为质子数，二者位置不可颠倒。
有机物结构简式：必须体现出官能团（如碳碳双键、羟基等），不可省略。
3．下列实验装置(部分夹持装置已省略)使用或操作正确的是
A．图①装置用于制备并收集氨气
B．图②操作用于过滤沉淀和不溶性杂质
C．图③装置用于制备并收集乙酸乙酯
D．图④装置用于除去CO2中混有的HCl
【答案】A
【知识点】氨的实验室制法；过滤；乙酸乙酯的制取
【解析】【解答】A、图①中用 NH4Cl 和 Ca(OH)2固体加热制备氨气，试管口略向下倾斜可防止冷凝水倒流炸裂试管，收集时试管口塞棉花能防止氨气与空气对流，符合氨气制备与收集的操作规范，A正确；
B、图②过滤操作中，漏斗下端尖嘴未紧贴烧杯内壁，会导致滤液飞溅，违反过滤操作的规范要求，B错误；
C、图③制备乙酸乙酯时，收集试管的导管伸入液面以下，会因温度降低引发倒吸现象，且收集试剂通常为饱和 Na2CO3溶液，装置设计存在安全隐患，C错误；
D、图④除杂试剂为饱和 Na2CO3溶液，它会与 CO2反应（CO2+H2O+Na2CO3=2NaHCO3），同时吸收 CO2，不符合 “除杂不引杂、不消耗目标气体” 的原则，应选用饱和 NaHCO3溶液，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
氨气制备：固体加热制气时试管口需略向下倾斜，收集密度比空气小的气体时导管短进长出，塞棉花可防止对流。
过滤操作：漏斗下端尖嘴必须紧贴烧杯内壁，玻璃棒下端靠在三层滤纸处，液面低于滤纸边缘。
乙酸乙酯制备：收集导管不能伸入液面下，需用饱和 Na2CO3溶液分离酯层并中和乙酸、溶解乙醇。
除杂原则：选择除杂试剂时，不能与目标气体反应，只能与杂质气体反应或溶解杂质。
4．化合物Y是合成药物的重要中间体，其合成路线中的某一步如下：
下列有关X和Y的说法正确的是
A．两者中所有原子共平面
B．两者可通过X射线衍射推测含有的官能团
C．两者可用2%银氨溶液进行鉴别
D．1molY最多能与3molH2发生加成反应
【答案】C
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、X 和 Y 分子中都含有甲基（-OCH3），甲基中的碳原子为四面体结构，会使分子中部分原子偏离苯环平面，因此两者不可能所有原子共平面，A错误；
B、X 射线衍射可直接测定晶体的精确结构，包括化学键和官能团的种类，并非 “推测”，B错误；
C、Y 分子中含有醛基（-CHO），能与银氨溶液发生银镜反应；X 分子中只有酯基和醚键，无醛基，不能发生银镜反应，因此可用 2% 银氨溶液鉴别两者，C正确；
D、Y 分子中的苯环可与 3mol H2加成，醛基可与 1mol H2加成，1mol Y 最多能与 4mol H2发生加成反应，并非 3mol，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
原子共面判断：饱和碳原子（如甲基碳）为四面体结构，会破坏分子的平面性。
X 射线衍射作用：可直接测定晶体结构，确定官能团和化学键，不是推测手段。
官能团鉴别：醛基具有还原性，能发生银镜反应；酯基、醚键无此性质。
加成反应计量：苯环与 H2按 1：3 加成，醛基与 H2按 1：1 加成，需分别计算后求和。
5．物质结构决定性质。下列物质性质差异和结构因素无关的是
选项 性质差异 结构因素
A 键角： 中心原子的杂化类型
B 键能：BF3>BCl3 卤化物的键长
C 熔点：KCl>I2 晶体的类型
D 酸性：CF3COOH>CCl3COOH 分子间氢键
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；氢键的存在对物质性质的影响；羧酸简介；晶体的定义
【解析】【解答】A、NO2+中心 N 原子为 sp 杂化，键角 180°；NO3-中心 N 原子为 sp2 杂化，键角 120°，键角差异源于杂化类型不同，与结构因素相关，A正确；
B、B-F 键长比 B-Cl 键短，键长越短键能越大，因此 BF3键能大于 BCl3，键能差异与键长直接相关，与结构因素相关，B正确；
C、KCl 为离子晶体，熔点由离子键强弱决定；I2为分子晶体，熔点由分子间作用力决定，离子晶体熔点远高于分子晶体，熔点差异与晶体类型相关，与结构因素相关，C正确；
D、CF3COOH 酸性强于 CCl3COOH，是因为 F 的电负性远大于 Cl，使羧基中 O-H 键极性更强，更易电离出 H+，与分子间氢键无关，该结构因素与性质差异不匹配，D错误；
【分析】本题解题要点：
杂化类型与键角：sp 杂化键角 180°，sp2 杂化键角 120°，sp3 杂化键角约 109.5°，杂化方式直接决定键角大小。
键长与键能：原子半径越小，键长越短，键能越大，键能与键长成反比关系。
晶体类型与熔点：离子晶体 > 分子晶体（一般规律），熔点差异由晶体中作用力类型决定。
酸性强弱本质：羧酸酸性取决于羧基中 O-H 键极性，与取代基的吸电子能力正相关，与分子间氢键无关。
6．能正确表示下列反应的离子方程式为
A．NO2通入水中：
B．利用覆铜板制作印刷电路板：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+
C．家里用食醋除去水垢中的CaCO3：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
D．苯酚钠溶液中通入少量CO2：
【答案】A
【知识点】乙酸的化学性质；苯酚的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、NO2通入水中发生歧化反应，生成 HNO3、NO 和 H2O，配平后离子方程式为 3NO2 + H2O = 2H+ + 2 + NO， ，满足原子守恒与电荷守恒 ，A正确；
B、该反应电荷不守恒，正确的离子方程式应为 2Fe3+ + Cu = 2Fe2+ + Cu2+ ，原方程式左边总电荷为 + 3，右边为 + 4，电荷不守恒 ，B错误；
C、食醋中的醋酸是弱酸，不能拆写成 H+，正确的离子方程式应为 CaCO3 + 2CH3COOH = Ca2+ + 2CH3COO- + H2O + CO2↑ ，C错误；
D、苯酚的酸性弱于 H2CO3、强于 HCO3-，因此苯酚钠与少量 CO2反应只能生成 HCO3-，正确的离子方程式应为 C6H5O- + CO2 + H2O C6H5OH + ，产物错误 ，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
守恒原则：离子方程式必须同时满足原子守恒和电荷守恒，氧化还原反应还需满足电子守恒。
拆写规则：强酸、强碱、可溶性盐可拆成离子，弱酸、弱碱、沉淀、气体、单质、氧化物需保留化学式。
反应事实：产物需符合物质的酸性强弱、氧化性强弱等化学规律，不能主观臆造。
7．短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子有2个未成对电子，Y和W同族，W的原子序数是Y的2倍，Z的金属性在短周期元素中最强。下列说法错误的是
A．原子半径：Z>W>Y
B．电负性：Y>X>Z
C．X和Y形成的化合物均为非极性分子
D．W的最高价氧化物的水化物为强酸
【答案】C
【知识点】原子结构与元素的性质；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、原子半径比较：Na（Z）是第三周期元素，S（W）同周期且原子序数更大，半径 Na > S；O（Y）是第二周期元素，半径 S > O，故原子半径 Z > W > Y，A正确；
B、电负性规律：同周期从左到右电负性增大，同主族从上到下电负性减小，故电负性 O（Y）> C（X）> Na（Z），B正确；
C、X（C）和 Y（O）形成的化合物有 CO2和 CO，CO2是直线形非极性分子，但 CO 是极性分子，并非均为非极性分子，C错误；
D、W（S）的最高价氧化物对应水化物是 H2SO4，属于强酸，D正确；
故答案为：C。
【分析】Z 的金属性在短周期中最强：短周期中金属性最强的是 Na，故 Z 为 Na。Y 和 W 同族，W 原子序数是 Y 的 2 倍：短周期同族且原子序数为 2 倍关系的是 O 和 S，故 Y 为 O，W 为 S。X 原子有 2 个未成对电子，且原子序数小于 Y（O）：X 的核外电子排布可能为 1s22s22p2（C）或 1s22s22p4（O），但 O 已为 Y，故 X 为 C。
8．下列实验操作及现象能得出相应结论的是
选项 实验操作及现象 结论
A 无色溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀 溶液中含有
B 向2mL0.1mol/LK2Cr2O7溶液滴加5滴6mol/LH2SO4溶液，橙色加深 平衡向生成方向移动
C 乙醇和浓硫酸共热至170℃，产生的气体使酸性高锰酸钾溶液褪色 该气体是乙烯
D 用pH试纸测得NaHCO3溶液的pH约为9，CH3COONa溶液的pH约为10 CH3COOH酸性强于H2CO3
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；盐类水解的应用；硫酸根离子的检验
【解析】【解答】A、向无色溶液中滴加 BaCl2溶液产生白色沉淀，该沉淀可能是 BaSO4、AgCl 或 BaCO3等，无法直接证明溶液中一定含有 SO42-，需先加稀盐酸排除干扰，结论不严谨 ，故A错误；
B、K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-（橙色）+H2O 2CrO42-（黄色）+2H+，滴加 H2SO4后 H+浓度增大，平衡逆向移动，Cr2O72-浓度升高，溶液橙色加深，结论与现象匹配， 故B正确；
C、乙醇和浓硫酸共热至 170℃时，产生的气体中可能混有乙醇蒸气、SO2等，这些物质也能使酸性 KMnO4溶液褪色，无法证明气体一定是乙烯，结论不严谨， 故C错误；
D、未说明 NaHCO3和 CH3COONa 溶液的浓度是否相同，只有在同浓度下才能通过 pH 比较对应酸的酸性强弱，缺少浓度控制变量，结论不严谨， 故D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
离子检验规范：检验 SO42-时需先加稀盐酸排除 Ag+、CO32-等干扰，再加 BaCl2溶液。
平衡移动原理：增大生成物浓度，平衡向逆反应方向移动，对应离子浓度变化可通过颜色观察。
有机反应杂质干扰：乙醇消去反应产物中混有的乙醇、SO2等会干扰乙烯的检验，需先除杂。
盐类水解控制变量：比较盐溶液 pH 判断对应酸酸性强弱时，必须保证盐溶液浓度相同。
9．全固态锂硫电池能量密度高、成本低，其工作原理如图所示，其中电极a常用掺有石墨烯的S8材料，电池反应为： (2≤x≤8)。用电器下列说法错误的是
A．电池放电时，电极b为负极
B．电池放电时，Li2S2的量逐渐增多
C．电池充电时，电极a可发生反应：3Li2S4-2e-=2Li2S6+2Li+
D．电池充电时，外电路中流过0.1mol电子，负极材料增重1.4g
【答案】D
【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
【解析】【解答】A、电池放电时，电极 b 为金属锂，Li 失电子发生氧化反应，故电极 b 为负极，A正确；
B、放电时，电极 a 为正极，S8逐步得电子被还原，转化为 Li2S8→Li2S6→Li2S4→Li2S2，因此 Li2S2的量会逐渐增多，B正确；
C、充电时，电极 a 为阳极，发生氧化反应，可发生反应 3Li2S4-2e-=2Li2S6+2Li+，符合硫的多硫化物之间的转化规律，C正确；
D、充电时，负极（电极 b）发生反应 Li++e-=Li，外电路流过 0.1mol 电子时，生成 0.1mol Li，负极材料增重 0.1mol×7g/mol = 0.7g，并非 1.4g，D错误；
故答案为：D。
【分析】放电时，金属锂化学性质活泼，作为负极发生氧化反应，锂原子失去电子生成锂离子，电极反应为：Li-e-=Li+，生成的 Li+会向正极区域迁移。正极上，S8得到电子并结合 Li+逐步被还原，硫链的长度随反应进行逐渐缩短，依次经历从 Li2S8到 Li2S6、再到 Li2S4，最终生成 Li2S2的转化过程；以 Li2S8为例，其电极反应本质是 S8得到电子后与 Li+结合，生成对应的锂硫化合物，完成正极的还原过程。
10．大气细颗粒物是导致城市雾霾的主要驱动因素。科研人员提出雾霾微颗粒中硫酸盐生成的可能转化机理如图。下列说法正确的是
A．该过程中NO2是催化剂
B．该过程中不存氧氢键断裂
C．该过程中存在反应：
D．NaHSO4在水中主要以Na+和的形式存在
【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A、NO2在反应中转化为 HNO2，最终没有重新生成 NO2，不符合 “先参与反应、后又生成” 的催化剂特征，因此 NO2不是催化剂，A错误；
B、转化过程中存在 HNO2参与的反应，HNO2分子内的 O-H 键会发生断裂，同时生成 HSO4-时也涉及化学键的重组，因此该过程存在氧氢键断裂，B错误；
C、从机理图可看出，NO2与 SO32-反应生成 NO2-和 SO3-，对应反应为 NO2+SO32-=NO2-+SO3-，符合电子守恒与原子守恒，C正确；
D、NaHSO4是强电解质，在水中会完全电离为 Na+、H+和 SO42-，并非主要以 Na+和 HSO4-的形式存在，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
催化剂判断：催化剂在反应前后质量和化学性质不变，需满足 “先消耗、后生成” 的循环特征。
化学键变化：含 H 的含氧酸参与反应时，通常会发生 O-H 键的断裂。
机理图提取信息：可直接从物质转化路径中提取基元反应，验证反应式的合理性。
强电解质电离：HSO4-在水溶液中会完全电离为 H+和 SO42-，不存在大量 HSO4-。
11．胆矾(CuSO4·5H2O)结构示意图如图所示。将胆矾溶于足量的水，然后滴加过量的氨水，可得到深蓝色的透明溶液，下列说法错误的是
A．Cu2+的价电子排布式为3d9
B．与Cu2+配位的能力：NH3C．H2O的VSEPR模型为四面体形
D．胆矾结构中存在的化学键有配位键、共价键、离子键
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、Cu 原子的核外电子排布为 [Ar] 3d 4s ，失去 4s 和 1 个 3d 电子形成 Cu2+，因此 Cu2+的价电子排布式为 3d9 ，A正确；
B、向 CuSO4溶液中滴加过量氨水，最终生成深蓝色的 [Cu(NH3)4]2+，说明 NH3更易与 Cu2+形成配位键，即与 Cu2+配位的能力：NH3 > H2O ，B错误；
C、H2O 分子中 O 原子的价层电子对数为 4（ ），VSEPR 模型为四面体形，分子空间构型为 V 形 ，C正确；
D、胆矾中 Cu2+与 H2O、SO42-之间存在配位键，H2O、SO42-内部存在共价键，Cu2+与 SO42-之间存在离子键，因此结构中包含配位键、共价键、离子键 ，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
价电子排布：Cu 为特殊电子构型，形成 Cu2+时先失去 4s 电子，再失去 1 个 3d 电子。
配位能力判断：能形成更稳定配合物的配体，配位能力更强，氨水能取代水与 Cu2+配位，说明 NH3配位能力更强。
VSEPR 模型：价层电子对数决定 VSEPR 模型，孤电子对数影响分子实际空间构型。
化学键类型：配位键、共价键、离子键在胆矾结构中共同存在，需结合结构示意图识别。
12．过氧化钠可在呼吸面具中作为氧气的来源，反应为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1molCO2中σ键的数目为
B．1molNa2O2晶体中离子的数目为
C．1L0.1mol/LNa2CO3溶液中的数目为
D．该反应中每生成1molO2转移的电子数目为
【答案】D
【知识点】化学键；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、CO2分子的结构式为 O=C=O，每个 CO2分子含 2 个 σ 键，因此 1mol CO2中 σ 键的数目为 2NA，并非 4NA，A错误；
B、Na2O2晶体由 Na+和 O22-构成，1mol Na2O2含 2mol Na+和 1mol O22-，离子总数为 3NA，并非 4NA ，B错误；
C、Na2CO3溶液中 CO32-会发生水解，导致其实际浓度小于 0.1mol/L，因此 1L 0.1mol/L Na2CO3溶液中 CO32-的数目小于 0.1NA ，C错误；
D、反应 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2中，Na2O2中 - 1 价的 O 发生歧化反应，每生成 1mol O2，有 2mol O 从 - 1 价被氧化为 0 价，转移电子数目为 2NA ，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
化学键计数：CO2分子中双键含 1 个 σ 键和 1 个 π 键，σ 键总数为 2。
晶体离子构成：Na2O2中 O22-是整体阴离子，离子数为 。
盐类水解影响：弱酸根离子（如 CO32-）在溶液中会水解，导致实际离子数减少。
歧化反应电子转移：Na2O2与 CO2反应时，-1 价 O 一半升为 0 价、一半降为 - 2 价，生成 1mol O2转移 2mol 电子。
13．氢能是清洁的绿色能源，CH4和H2O(g)催化重整是一种有效的制氢方法。主要反应原理如下：
①
②
③
其中反应①②的平衡常数随温度变化如图所示，下列说法正确的是
A．相同条件下，
B．反应①的△H<0，反应②的ΔH>0
C．达平衡后增大反应体系压强，变小，但不变
D．生产过程中增加混合气中H2O(g)的体积分数，可提高CH4的平衡转化率
【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A、反应③ = 反应① + 反应②，根据盖斯定律，平衡常数满足 ，而非 ，A错误；
B、由图可知，反应①的平衡常数随温度升高而增大，说明升温平衡正向移动，；反应②的平衡常数随温度升高而减小，说明升温平衡逆向移动，，B错误；
C、平衡常数 只与温度有关，与压强无关，因此增大压强，、 均保持不变，C错误；
D、 是反应①、③的反应物，增加混合气中 的体积分数，平衡会向正反应方向移动，能提高 的平衡转化率，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
平衡常数关系：若反应③ = 反应① + 反应②，则 ，平衡常数为乘积关系而非加和关系。
温度与平衡常数：升温时 增大，反应为吸热（）； 减小，反应为放热（）。
平衡常数的影响因素： 仅与温度有关，与压强、浓度等其他条件无关。
平衡移动原理：增加一种反应物的浓度，平衡正向移动，可提高另一反应物的转化率。
14．一定温度下，AgCl和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是
A．该温度下，Ksp(AgCl)B．a点条件下能生成Ag2CrO4沉淀，也能生成AgCl沉淀
C．向b点的混合溶液中，加入少量硝酸银固体，会减小
D．向饱和AgCl溶液中加入NaCl固体，可使c点变到b点
【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、 根据分析该温度下，，A错误；
B、点的 比平衡曲线上的浓度更高，即 ，因此能生成 沉淀，也能生成 沉淀，B正确；
C、，加入少量 固体后 增大，该比值会增大，而非减小，C错误；
D、向饱和 溶液中加入 固体， 增大， 沉淀溶解平衡逆向移动， 减小， 增大，无法从 点变到 点，D错误；
故答案为：B。
【分析】从图像中选取坐标点可直接计算两种沉淀的溶度积：
对，取点，此时、，即、，代入溶度积公式：
对，取点，此时、，即、，代入溶度积公式：，通过计算可知，该温度下。
二、非选择题(本题共4小题，共58分。)
15．LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。用MnO2粉与MnS矿(含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制备LiMn2O4的流程如下。回答下列问题：
已知：
物质 Fe(OH)3 Al(OH)3 Ni(OH)2 Mn(OH)2 Fe(OH)2
Ksp 2.8×10-39 1.3×10-33 5.5×10-16 1.9×10-13 4.9×10-17
（1）“滤渣1”主要含有S和　 　，为提高“溶浸”速率，可采取的措施　 　(任举一例)。
（2）“氧化”发生反应的离子方程式为　 　。
（3）调pH=6.0，此时溶液中c(Al3+)=　 　mol/L，然后加入少量BaS溶液除去Ni2+，则“滤渣3”的成分是　 　(填化学式)。
（4）煅烧窑中，生成LiMn2O4反应的化学方程式是　 　。
（5）Mn的某种氧化物的晶胞(立方体结构)如图所示。则该氧化物的化学式为　 　。已知该晶胞参数为anm，该晶体的密度为　 　g·cm-3。(设N为阿伏加德罗常数，用含a和的代数式表示)
【答案】（1）SiO2；粉碎矿石或搅拌、适当升温
（2）2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O
（3）1.3×10-9；BaSO4、NiS
（4）
（5）MnO；
【知识点】晶胞的计算；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）根据分析可知，“滤渣1”主要含有S和SiO2；为提高“溶浸”速率，可采取的措施粉碎矿石或搅拌、适当升温等；
故答案为： SiO2 ；
（2）“氧化”时亚铁离子被二氧化锰氧化为铁离子，同时生成锰离子，发生反应的离子方程式为2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；
故答案为： 粉碎矿石或搅拌、适当升温 ；
（3）调pH=6.0，则c(OH-)=10-8mol/L，根据Ksp[Al(OH)3]= 1.3×10-33，此时溶液中c(Al3+)=mol/L=1.3×10-9mol/L，然后加入少量BaS溶液除去Ni2+，因钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，镍离子与硫离子生成硫化镍沉淀，则“滤渣3”的成分是BaSO4、NiS；
故答案为： 1.3×10-9 ； BaSO4、NiS ；
（4）煅烧窑中，碳酸锂与二氧化锰反应生成LiMn2O4，同时生成二氧化碳和氧气，反应的化学方程式是；
故答案为： ；
（5）根据均摊法可知，一个晶胞中含有个Mn，个O，则该氧化物的化学式为MnO；已知该晶胞参数为anm，该晶体的密度为=g·cm-3。
故答案为： MnO ； ；
【分析】以 MnO2粉和 MnS 矿为原料，先用稀硫酸溶浸，SiO2等不溶物形成滤渣 1 除去；再加入 MnO2将 Fe2+氧化为 Fe3+，加氨水调 pH 使 Fe3+、Al3+沉淀为滤渣 2；接着加 BaS 除去 Ni2+等杂质，得到滤渣 3；随后将溶液送入电解槽电解，得到纯 MnO2；最后将 MnO2与碳酸锂混合，在 CO2和 O2氛围中煅烧，制得 LiMn2O4正极材料。
(1) 先结合原料成分（含Si元素）与溶浸试剂（H2SO4），分析Si元素的存在形式为SiO2，且流程中生成S单质，故滤渣1为S和SiO2；再根据影响反应速率的因素（温度、接触面积、搅拌等），列举提高溶浸速率的措施。
(2)先明确氧化步骤的反应物（Fe2+、MnO2）与生成物（Fe3+、Mn2+），结合酸性环境（H2SO4），根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式。
(3)①先根据pH计算c(OH-)，再结合Al(OH)3的溶度积常数Ksp公式，代入数据计算c(Al3+)；②分析加入BaS后离子的反应情况，Ba2+与SO42-生成BaSO4，Ni2+与S2-生成NiS，故滤渣3为BaSO4、NiS。
(4) 先明确反应物（Li2CO3、MnO2）、生成物（LiMn2O4、CO2、O2），再根据氧化还原反应的配平原则（得失电子守恒、原子守恒）配平化学方程式。
(5)①利用均摊法计算晶胞中Mn2+和O2-的个数：Mn2+位于顶点和面心，个数为；O2-位于棱心和体心，个数为，个数比为1：1，确定化学式为MnO；
②根据密度公式计算，先算晶胞质量，再算晶胞体积，代入公式得密度。
（1）根据分析可知，“滤渣1”主要含有S和SiO2；为提高“溶浸”速率，可采取的措施粉碎矿石或搅拌、适当升温等；
（2）“氧化”时亚铁离子被二氧化锰氧化为铁离子，同时生成锰离子，发生反应的离子方程式为2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；
（3）调pH=6.0，则c(OH-)=10-8mol/L，根据Ksp[Al(OH)3]= 1.3×10-33，此时溶液中c(Al3+)=mol/L=1.3×10-9mol/L，然后加入少量BaS溶液除去Ni2+，因钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，镍离子与硫离子生成硫化镍沉淀，则“滤渣3”的成分是BaSO4、NiS；
（4）煅烧窑中，碳酸锂与二氧化锰反应生成LiMn2O4，同时生成二氧化碳和氧气，反应的化学方程式是；
（5）根据均摊法可知，一个晶胞中含有个Mn，个O，则该氧化物的化学式为MnO；已知该晶胞参数为anm，该晶体的密度为=g·cm-3。
16．二氯化二硫()是一种金黄色液体，沸点为138℃，广泛应用于贵金属萃取、合成植物生长激素、除草剂、橡胶硫化剂等。已知遇水剧烈反应，热稳定性较差，能被Cl2氧化为红棕色的 (沸点为59℃)。回答下列问题：
I．实验室采用如下装置(加热和夹持仪器已略去)模拟工业生产。
（1）装有浓盐酸的仪器名称是　 　。
（2）装置接口从左到右的顺序为：a→　 　→j→k(填小写字母)。F中碱石灰的作用是　 　。
（3）检查装置气密性后加入药品，打开K1，向装置中通一段时间N2后加热B装置，使硫磺熔融，关闭K1，往A中缓慢滴加浓盐酸且要控制用量，原因是　 　。实验结束后继续通入N2至装置内为无色，此时通N2目的是　 　。
（4）要精制含少量SCl2杂质的，可采用的实验方法的　 　。
Ⅱ．测定的纯度(杂质不影响测定)。
某课题组称取ag市售的产品于烧瓶中，加入足量的蒸馏水充分反应，用水蒸气将生成的气体全部蒸出，并用足量的H2O2溶液吸收；然后向其中加入足量BaCl2溶液，过滤洗涤、干燥称量，得到bg固体。
（5）往中加蒸馏水产生烟雾，产物中有一种气体能使品红溶液褪色，且反应过程中只有一种元素化合价发生变化，写出该反应的化学方程式　 　。
（6）样品中的质量百分数为　 　。
【答案】分液漏斗；f→g→d→e→b→c→h→i；吸收多余的氯气，防止空气中的水蒸气进入装置；使Cl2与S充分接触，防止被氧化为；将装置内的氯气排入F中吸收，将B中残留的S2Cl2排入E中收集；蒸馏或分馏；2S2Cl2+2H2O=4HCl+SO2↑+3S↓；
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；氯气的实验室制法；化学实验操作的先后顺序
【解析】【解答】（1）装有浓盐酸的仪器是分液漏斗。
故答案为：分液漏斗。
（2）根据分析，装置接口从a出来的氯气中混有氯化氢和水蒸气，f进g出可吸收HCl气体，d进e出可用于干燥氯气，b进c出在三颈烧瓶中氯气与硫共热反应制备，h进i出用于冷凝。F中碱石灰可以用于尾气处理氯气，同时遇水剧烈反应，F中碱石灰的第二个作用是作用是防止空气中的水蒸气进入装置。
故答案为：f→g→d→e→b→c→h→i 吸收多余的氯气，防止空气中的水蒸气进入装置。
（3）检查装置气密性后加入药品，打开K1，向装置中通一段时间N2后加热B装置，使硫磺熔融，关闭K1，往A中缓慢滴加浓盐酸且要控制用量，原因是使Cl2与S充分接触，防止被氧化为。实验结束后继续通入N2至装置内为无色，此时通N2目的是将装置内的氯气排入F中吸收，将B中残留的排入E中收集。
故答案为：使Cl2与S充分接触，防止被氧化为；将装置内的氯气排入F中吸收，将B中残留的S2Cl2排入E中收集。
（4）沸点为138℃；沸点为59℃，沸点相差很大可采用蒸馏的方法分离两物质。
故答案为：蒸馏或分馏。
（5）往中加蒸馏水产生烟雾，烟雾为HCl(化合价不变)；产物中有一种气体能使品红溶液褪色为SO2(S元素化合价升高)；过程中只有一种元素化合价发生变化，故S元素化合价还得降低生成S单质。方程式配平为2S2Cl2+2H2O=4HCl+SO2↑+3S↓。
故答案为：2S2Cl2+2H2O=4HCl+SO2↑+3S↓。
（6）根据反应、、，可得关系式：，则样品中的含量为。
故答案为：。
【分析】本实验以二氧化锰与浓盐酸共热制氯气为起点，依次通过饱和食盐水除 HCl、浓硫酸干燥，再让纯净氯气与硫在加热下反应制备 S2Cl2，经冷凝收集产物，最后用碱石灰处理尾气并防止水蒸气进入导致产物水解，据此完成各问题解答。
(1) 识别实验仪器，根据装置结构判断盛装浓盐酸的仪器为分液漏斗。
(2) 按照 “除 HCl→干燥→反应→冷凝收集→尾气处理” 的顺序连接装置接口，同时明确 F 中碱石灰的双重作用：吸收尾气 Cl2、防止空气中水蒸气进入装置使 S2Cl2水解。
(3) 分析实验操作的目的：控制 Cl2用量是为了让 Cl2与 S 充分反应，防止 S2Cl2被过量 Cl2氧化；实验后通 N2是为了排尽装置内残留的 Cl2，同时将产物 S2Cl2排入收集装置。
(4) 根据 S2Cl2与 SCl2的沸点差异，选择蒸馏（或分馏）的方法分离两种液态混合物。
(5) 根据 S2Cl2与水反应的现象和化合价变化规律，配平氧化还原反应方程式，确定产物为 HCl、SO2和 S。
(6) 利用多步反应的物质的量关系，建立 S2Cl2与 BaSO4沉淀的定量联系，计算样品中 S2Cl2的质量分数。
17．氨是最重要的化学品之一，目前我国氨的生产能力位居世界首位。
I．合成氨原料中的N2由分离液态空气得到，H2可来源于水煤气，反应如下：
①
②
（1） ________kJ·mol-1。
（2）在恒容密闭容器中同时发生反应①②，下列说法正确的是___________。
A. 反应①可以在任意温度下自发进行 B. 反应②有极性键的断裂与形成
C. 使用催化剂，可提高H2O的平衡转化率 D. 容器内压强保持恒定说明反应达到平衡状态
Ⅱ．合成氨反应原理为。
（3）某温度下，向恒定压强为20MPa的容器中以x(H2)=0.75、x(N2)=0.25(x代表物质的量分数)进料发生上述反应，tmin达平衡时x(NH3)=0.20，NH3的平衡分压为________MPa，该反应平衡常数________(MPa)-2(列出表达式即可)。[为用某组分B的平衡压强表示的平衡常数，，p为平衡总压强，为平衡系统中B的物质的量分数。]
（4）研究发现采用过渡金属催化合成氨可有效降低生产能耗，反应历程如图，其中决定化学反应速率快慢的基元反应是________(“*”表示微粒被催化剂吸附)，合成氨反应的正逆反应活化能： ________(填“>”“<”或“=”)。
（5）我国科学家以悬浮纳米Fe2O3作催化剂，直接常压电化学合成氨，工作原理如图所示，阴极的电极反应式为________。
【答案】(1) +90.1
(2) B，D
(3) 4
(4) NH2*+H*=NH3* <
(5) N2+6e-+6H2O=2NH3+6OH-
【知识点】合成氨条件的选择；电解池工作原理及应用；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）求：
根据盖斯定律，将反应①与反应②相加，可得：，则
故答案为： +90.1 ；
（2）A．反应①根据，当时反应自发进行，所以反应①在高温下能自发进行，A错误；
B．反应②中和中的化学键断裂，和中的化学键形成，存在极性键的断裂和形成过程，B正确；
C．使用催化剂，只能改变反应的速率，不能使平衡移动，的平衡转化率不变，C错误；
D．反应①是气体增大的反应，容器内压强保持恒定说明反应达到平衡状态，D正确；
故答案为：BD；
（3）①已知恒定压强，达平衡时，根据；
②
解得x=0.05，根据平衡常数计算公式可得到：；
故答案为： 4； ；
（4）①活化能越大，反应速率越慢，结合反应历程图可知，决定化学反应速率快慢的基元反应是；
②根据反应历程图可知反应物能量大于生成物能量，属于放热反应，所以
故答案为： NH2*+H*=NH3*；< ；
（5）根据图观察可知，化合价从0降低到-3，氮气在阴极得到电子，反应方程式为：。
故答案为： N2+6e-+6H2O=2NH3+6OH- ；
【分析】(1) 将已知反应①+②，直接相加得到目标反应，焓变也对应相加。
计算：。
(2) 自发判断：反应①、，仅在高温下 自发，低温不自发。
化学键变化：反应②中断裂极性键（、），形成极性键（）和非极性键（），存在极性键的断裂与形成。
催化剂作用：催化剂只改变速率，不影响平衡， 平衡转化率不变。
平衡标志：反应①气体分子数增加，压强恒定说明各组分浓度不变，反应达平衡。
(3) 分压计算：。
三段式法：设转化浓度为，列起始、转化、平衡浓度，结合解得，得到平衡时、。，代入分压计算数值。
(4) 决速步判断：活化能最大的基元反应决定总反应速率，由图可知的过渡态能量差最大，为决速步。
活化能比较：合成氨是放热反应，正反应活化能 逆反应活化能 。
(5) 阴极电极反应书写：在阴极得电子，被还原为，结合电解质环境（熔融碱）配平电荷与原子。
18．铃木反应在有机合成中的用途很广，某课题组利用该反应合成了具有广泛生物活性的天然抗氧化剂白藜芦醇。以下是合成路线。
已知：
铃木反应：
回答下列问题：
（1）A中的官能团名称为　 　。
（2）A→B的反应类型为　 　。
（3）写出D到E的反应方程式　 　。
（4）写出满足下列条件的B的同分异构体的结构简式　 　。
①分子中含有苯环；②能使FeCl3溶液显色；③能发生银镜反应和水解反应；④核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积比为6：2：1：1。
（5）反应A到B的目的是　 　。
（6）研究小组探究了不同溶剂情况下铃木反应的产率，结果如下表：
溶剂 碱 产率
乙醇/水 KOH 83.9%
N、N-二甲基甲酰胺/水 KOH 79%
水 KOH 15%
用水做溶剂时产率较低的主要原因是　 　。
（7）以和为主要有机原料(无机试剂任选)，设计的合成路线　 　。
【答案】（1）醛基、羟基
（2）取代反应
（3）++Br-B(OH)2
（4）、
（5）保护酚羟基
（6）化合物D很难溶于水
（7）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）根据A的结构简式，A中的官能团有醛基、酚羟基，
故答案为：醛基、羟基；
（2）对比A和B的结构简式，CH3I中的-CH3取代了酚羟基上的氢的位置，该反应类型为取代反应，
故答案为：取代反应；
（3）结合已知信息铃木反应可知，D生成E是利用了该反应信息，R2基团取代了卤素原子-X的位置，故发生的反应方程式为：++Br-B(OH)2；
故答案为：++Br-B(OH)2 ；
（4）B的分子式为C9H10O3，结合题目信息含有苯环，能使FeCl3溶液显色说明有酚羟基（直接与苯环相连），能发生银镜反应和水解反应说明含有甲酸酯基，核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积比为6：2：1：1，说明2个甲基 ，故能形成的两种结构分别为：
、；
故答案为：、 ；
（5）由（2）问可知A与CH3I在碳酸钾作用下发生取代反应生成B和HI，由A和F都含有酚羟基可知，A→B的目的是保护酚羟基，
故答案为：保护酚羟基；
（6）通过分析表格数据，只有水作溶剂时产率很低，只能达到15%，但在水中加入有机溶剂乙醇或N、N-二甲基甲酰胺，产率明显提升，说明反应物更易溶于有机物，在水中溶解度不大，
故答案为：化合物D很难溶于水；
（7）结合流程可知可利用铃木反应将两个苯环相连，现在得到产物就需要将硝基转变成甲氧基，故先将硝基还原为氨基，再利用题目流程得到甲氧基，故合成路线为：。
故答案为： ；
【分析】以 3，5 - 二氨基苯甲醛为起始原料，经重氮化水解得到酚类化合物 A；再用 CH3I 在碱性条件下将酚羟基甲基化得到化合物 B；接着与 CBr4反应生成二溴代烯烃 C；经 (EtO)2POH 还原得到单溴代烯烃 D；随后与苯硼酸衍生物在 Pd 催化下发生铃木反应，取代引入苯环基团形成物质E；最后用 BBr3脱除甲基保护基，得到目标产物白藜芦醇 F。
（1）根据A的结构简式，A中的官能团有醛基、酚羟基，故答案为：醛基、羟基；
（2）对比A和B的结构简式，CH3I中的-CH3取代了酚羟基上的氢的位置，该反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；
（3）结合已知信息铃木反应可知，D生成E是利用了该反应信息，R2基团取代了卤素原子-X的位置，故发生的反应方程式为：++Br-B(OH)2；
（4）B的分子式为C9H10O3，结合题目信息含有苯环，能使FeCl3溶液显色说明有酚羟基（直接与苯环相连），能发生银镜反应和水解反应说明含有甲酸酯基，核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积比为6：2：1：1，说明2个甲基 ，故能形成的两种结构分别为：
、；
（5）由（2）问可知A与CH3I在碳酸钾作用下发生取代反应生成B和HI，由A和F都含有酚羟基可知，A→B的目的是保护酚羟基，故答案为：保护酚羟基；
（6）通过分析表格数据，只有水作溶剂时产率很低，只能达到15%，但在水中加入有机溶剂乙醇或N、N-二甲基甲酰胺，产率明显提升，说明反应物更易溶于有机物，在水中溶解度不大，故答案为：化合物D很难溶于水；
（7）结合流程可知可利用铃木反应将两个苯环相连，现在得到产物就需要将硝基转变成甲氧基，故先将硝基还原为氨基，再利用题目流程得到甲氧基，故合成路线为：。
1 / 1广西柳州市2024-2025学年新高三摸底考试（2026届高二）化学试题
一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)
1．化学与生活、生产息息相关。下列说法错误的是
A．铁粉具有还原性，可用作食品干燥剂
B．莲藕中富含淀粉，淀粉可水解为葡萄糖
C．Na2CO3溶液呈碱性，可用于去除油污
D．清洗铁锅后及时擦干，能减缓铁锅生锈
2．下列化学用语或图示表示错误的是
A．K+的结构示意图：
B．NaCl的电子式：
C．质量数为16的氧原子：
D．乙烯的结构简式：CH2=CH2
3．下列实验装置(部分夹持装置已省略)使用或操作正确的是
A．图①装置用于制备并收集氨气
B．图②操作用于过滤沉淀和不溶性杂质
C．图③装置用于制备并收集乙酸乙酯
D．图④装置用于除去CO2中混有的HCl
4．化合物Y是合成药物的重要中间体，其合成路线中的某一步如下：
下列有关X和Y的说法正确的是
A．两者中所有原子共平面
B．两者可通过X射线衍射推测含有的官能团
C．两者可用2%银氨溶液进行鉴别
D．1molY最多能与3molH2发生加成反应
5．物质结构决定性质。下列物质性质差异和结构因素无关的是
选项 性质差异 结构因素
A 键角： 中心原子的杂化类型
B 键能：BF3>BCl3 卤化物的键长
C 熔点：KCl>I2 晶体的类型
D 酸性：CF3COOH>CCl3COOH 分子间氢键
A．A B．B C．C D．D
6．能正确表示下列反应的离子方程式为
A．NO2通入水中：
B．利用覆铜板制作印刷电路板：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+
C．家里用食醋除去水垢中的CaCO3：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
D．苯酚钠溶液中通入少量CO2：
7．短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子有2个未成对电子，Y和W同族，W的原子序数是Y的2倍，Z的金属性在短周期元素中最强。下列说法错误的是
A．原子半径：Z>W>Y
B．电负性：Y>X>Z
C．X和Y形成的化合物均为非极性分子
D．W的最高价氧化物的水化物为强酸
8．下列实验操作及现象能得出相应结论的是
选项 实验操作及现象 结论
A 无色溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀 溶液中含有
B 向2mL0.1mol/LK2Cr2O7溶液滴加5滴6mol/LH2SO4溶液，橙色加深 平衡向生成方向移动
C 乙醇和浓硫酸共热至170℃，产生的气体使酸性高锰酸钾溶液褪色 该气体是乙烯
D 用pH试纸测得NaHCO3溶液的pH约为9，CH3COONa溶液的pH约为10 CH3COOH酸性强于H2CO3
A．A B．B C．C D．D
9．全固态锂硫电池能量密度高、成本低，其工作原理如图所示，其中电极a常用掺有石墨烯的S8材料，电池反应为： (2≤x≤8)。用电器下列说法错误的是
A．电池放电时，电极b为负极
B．电池放电时，Li2S2的量逐渐增多
C．电池充电时，电极a可发生反应：3Li2S4-2e-=2Li2S6+2Li+
D．电池充电时，外电路中流过0.1mol电子，负极材料增重1.4g
10．大气细颗粒物是导致城市雾霾的主要驱动因素。科研人员提出雾霾微颗粒中硫酸盐生成的可能转化机理如图。下列说法正确的是
A．该过程中NO2是催化剂
B．该过程中不存氧氢键断裂
C．该过程中存在反应：
D．NaHSO4在水中主要以Na+和的形式存在
11．胆矾(CuSO4·5H2O)结构示意图如图所示。将胆矾溶于足量的水，然后滴加过量的氨水，可得到深蓝色的透明溶液，下列说法错误的是
A．Cu2+的价电子排布式为3d9
B．与Cu2+配位的能力：NH3C．H2O的VSEPR模型为四面体形
D．胆矾结构中存在的化学键有配位键、共价键、离子键
12．过氧化钠可在呼吸面具中作为氧气的来源，反应为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1molCO2中σ键的数目为
B．1molNa2O2晶体中离子的数目为
C．1L0.1mol/LNa2CO3溶液中的数目为
D．该反应中每生成1molO2转移的电子数目为
13．氢能是清洁的绿色能源，CH4和H2O(g)催化重整是一种有效的制氢方法。主要反应原理如下：
①
②
③
其中反应①②的平衡常数随温度变化如图所示，下列说法正确的是
A．相同条件下，
B．反应①的△H<0，反应②的ΔH>0
C．达平衡后增大反应体系压强，变小，但不变
D．生产过程中增加混合气中H2O(g)的体积分数，可提高CH4的平衡转化率
14．一定温度下，AgCl和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是
A．该温度下，Ksp(AgCl)B．a点条件下能生成Ag2CrO4沉淀，也能生成AgCl沉淀
C．向b点的混合溶液中，加入少量硝酸银固体，会减小
D．向饱和AgCl溶液中加入NaCl固体，可使c点变到b点
二、非选择题(本题共4小题，共58分。)
15．LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。用MnO2粉与MnS矿(含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制备LiMn2O4的流程如下。回答下列问题：
已知：
物质 Fe(OH)3 Al(OH)3 Ni(OH)2 Mn(OH)2 Fe(OH)2
Ksp 2.8×10-39 1.3×10-33 5.5×10-16 1.9×10-13 4.9×10-17
（1）“滤渣1”主要含有S和　 　，为提高“溶浸”速率，可采取的措施　 　(任举一例)。
（2）“氧化”发生反应的离子方程式为　 　。
（3）调pH=6.0，此时溶液中c(Al3+)=　 　mol/L，然后加入少量BaS溶液除去Ni2+，则“滤渣3”的成分是　 　(填化学式)。
（4）煅烧窑中，生成LiMn2O4反应的化学方程式是　 　。
（5）Mn的某种氧化物的晶胞(立方体结构)如图所示。则该氧化物的化学式为　 　。已知该晶胞参数为anm，该晶体的密度为　 　g·cm-3。(设N为阿伏加德罗常数，用含a和的代数式表示)
16．二氯化二硫()是一种金黄色液体，沸点为138℃，广泛应用于贵金属萃取、合成植物生长激素、除草剂、橡胶硫化剂等。已知遇水剧烈反应，热稳定性较差，能被Cl2氧化为红棕色的 (沸点为59℃)。回答下列问题：
I．实验室采用如下装置(加热和夹持仪器已略去)模拟工业生产。
（1）装有浓盐酸的仪器名称是　 　。
（2）装置接口从左到右的顺序为：a→　 　→j→k(填小写字母)。F中碱石灰的作用是　 　。
（3）检查装置气密性后加入药品，打开K1，向装置中通一段时间N2后加热B装置，使硫磺熔融，关闭K1，往A中缓慢滴加浓盐酸且要控制用量，原因是　 　。实验结束后继续通入N2至装置内为无色，此时通N2目的是　 　。
（4）要精制含少量SCl2杂质的，可采用的实验方法的　 　。
Ⅱ．测定的纯度(杂质不影响测定)。
某课题组称取ag市售的产品于烧瓶中，加入足量的蒸馏水充分反应，用水蒸气将生成的气体全部蒸出，并用足量的H2O2溶液吸收；然后向其中加入足量BaCl2溶液，过滤洗涤、干燥称量，得到bg固体。
（5）往中加蒸馏水产生烟雾，产物中有一种气体能使品红溶液褪色，且反应过程中只有一种元素化合价发生变化，写出该反应的化学方程式　 　。
（6）样品中的质量百分数为　 　。
17．氨是最重要的化学品之一，目前我国氨的生产能力位居世界首位。
I．合成氨原料中的N2由分离液态空气得到，H2可来源于水煤气，反应如下：
①
②
（1） ________kJ·mol-1。
（2）在恒容密闭容器中同时发生反应①②，下列说法正确的是___________。
A. 反应①可以在任意温度下自发进行 B. 反应②有极性键的断裂与形成
C. 使用催化剂，可提高H2O的平衡转化率 D. 容器内压强保持恒定说明反应达到平衡状态
Ⅱ．合成氨反应原理为。
（3）某温度下，向恒定压强为20MPa的容器中以x(H2)=0.75、x(N2)=0.25(x代表物质的量分数)进料发生上述反应，tmin达平衡时x(NH3)=0.20，NH3的平衡分压为________MPa，该反应平衡常数________(MPa)-2(列出表达式即可)。[为用某组分B的平衡压强表示的平衡常数，，p为平衡总压强，为平衡系统中B的物质的量分数。]
（4）研究发现采用过渡金属催化合成氨可有效降低生产能耗，反应历程如图，其中决定化学反应速率快慢的基元反应是________(“*”表示微粒被催化剂吸附)，合成氨反应的正逆反应活化能： ________(填“>”“<”或“=”)。
（5）我国科学家以悬浮纳米Fe2O3作催化剂，直接常压电化学合成氨，工作原理如图所示，阴极的电极反应式为________。
18．铃木反应在有机合成中的用途很广，某课题组利用该反应合成了具有广泛生物活性的天然抗氧化剂白藜芦醇。以下是合成路线。
已知：
铃木反应：
回答下列问题：
（1）A中的官能团名称为　 　。
（2）A→B的反应类型为　 　。
（3）写出D到E的反应方程式　 　。
（4）写出满足下列条件的B的同分异构体的结构简式　 　。
①分子中含有苯环；②能使FeCl3溶液显色；③能发生银镜反应和水解反应；④核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积比为6：2：1：1。
（5）反应A到B的目的是　 　。
（6）研究小组探究了不同溶剂情况下铃木反应的产率，结果如下表：
溶剂 碱 产率
乙醇/水 KOH 83.9%
N、N-二甲基甲酰胺/水 KOH 79%
水 KOH 15%
用水做溶剂时产率较低的主要原因是　 　。
（7）以和为主要有机原料(无机试剂任选)，设计的合成路线　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；金属的电化学腐蚀与防护；盐类水解的应用；多糖的性质和用途
【解析】【解答】A、铁粉具有还原性，主要作用是作为食品脱氧剂，通过与氧气反应延缓食品氧化变质，并不具备直接吸收水分的干燥能力，常用干燥剂为生石灰、硅胶等，A错误；
B、莲藕中的淀粉属于多糖，在酶或酸的催化作用下可逐步水解，最终产物为葡萄糖，该性质符合淀粉的化学变化规律，B正确；
C、Na2CO3溶液因碳酸根水解呈碱性，碱性环境能促进油脂的水解反应，因此可用于去除油污，C正确；
D、铁锅生锈需要水和氧气共同参与，清洗后及时擦干可减少水分接触，能有效减缓铁锅的锈蚀速率，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
脱氧剂与干燥剂的区别：铁粉是脱氧剂，作用是消耗氧气；干燥剂（如生石灰、硅胶）的作用是吸收水分，二者功能不可混淆。
多糖的水解规律：淀粉、纤维素等多糖最终水解产物均为葡萄糖。
盐类水解的应用：强碱弱酸盐（如 Na2CO3）溶液呈碱性，可利用其碱性去除油污。
金属锈蚀的条件：铁生锈需要水、氧气同时存在，隔绝其中一种即可减缓锈蚀。
2．【答案】B
【知识点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、K+的质子数为 19，核外电子排布为 2、8、8， 结构示意图为：，故A正确；
B、NaCl 是离子化合物，电子式应写成，故B错误；
C、核素符号的书写规则为左上角标质量数、左下角标质子数，质量数为 16 的氧原子应写为，故C正确；
选项 D：乙烯分子中含有碳碳双键，结构简式需体现官能团，写为 CH2=CH2符合规范 ，故D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
离子结构示意图：阳离子的核外电子数 = 质子数 - 电荷数，需符合电子层排布规律。
离子化合物电子式：需标注阴阳离子的电荷，阴离子需加方括号。
核素符号：左上角为质量数，左下角为质子数，二者位置不可颠倒。
有机物结构简式：必须体现出官能团（如碳碳双键、羟基等），不可省略。
3．【答案】A
【知识点】氨的实验室制法；过滤；乙酸乙酯的制取
【解析】【解答】A、图①中用 NH4Cl 和 Ca(OH)2固体加热制备氨气，试管口略向下倾斜可防止冷凝水倒流炸裂试管，收集时试管口塞棉花能防止氨气与空气对流，符合氨气制备与收集的操作规范，A正确；
B、图②过滤操作中，漏斗下端尖嘴未紧贴烧杯内壁，会导致滤液飞溅，违反过滤操作的规范要求，B错误；
C、图③制备乙酸乙酯时，收集试管的导管伸入液面以下，会因温度降低引发倒吸现象，且收集试剂通常为饱和 Na2CO3溶液，装置设计存在安全隐患，C错误；
D、图④除杂试剂为饱和 Na2CO3溶液，它会与 CO2反应（CO2+H2O+Na2CO3=2NaHCO3），同时吸收 CO2，不符合 “除杂不引杂、不消耗目标气体” 的原则，应选用饱和 NaHCO3溶液，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
氨气制备：固体加热制气时试管口需略向下倾斜，收集密度比空气小的气体时导管短进长出，塞棉花可防止对流。
过滤操作：漏斗下端尖嘴必须紧贴烧杯内壁，玻璃棒下端靠在三层滤纸处，液面低于滤纸边缘。
乙酸乙酯制备：收集导管不能伸入液面下，需用饱和 Na2CO3溶液分离酯层并中和乙酸、溶解乙醇。
除杂原则：选择除杂试剂时，不能与目标气体反应，只能与杂质气体反应或溶解杂质。
4．【答案】C
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、X 和 Y 分子中都含有甲基（-OCH3），甲基中的碳原子为四面体结构，会使分子中部分原子偏离苯环平面，因此两者不可能所有原子共平面，A错误；
B、X 射线衍射可直接测定晶体的精确结构，包括化学键和官能团的种类，并非 “推测”，B错误；
C、Y 分子中含有醛基（-CHO），能与银氨溶液发生银镜反应；X 分子中只有酯基和醚键，无醛基，不能发生银镜反应，因此可用 2% 银氨溶液鉴别两者，C正确；
D、Y 分子中的苯环可与 3mol H2加成，醛基可与 1mol H2加成，1mol Y 最多能与 4mol H2发生加成反应，并非 3mol，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
原子共面判断：饱和碳原子（如甲基碳）为四面体结构，会破坏分子的平面性。
X 射线衍射作用：可直接测定晶体结构，确定官能团和化学键，不是推测手段。
官能团鉴别：醛基具有还原性，能发生银镜反应；酯基、醚键无此性质。
加成反应计量：苯环与 H2按 1：3 加成，醛基与 H2按 1：1 加成，需分别计算后求和。
5．【答案】D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；氢键的存在对物质性质的影响；羧酸简介；晶体的定义
【解析】【解答】A、NO2+中心 N 原子为 sp 杂化，键角 180°；NO3-中心 N 原子为 sp2 杂化，键角 120°，键角差异源于杂化类型不同，与结构因素相关，A正确；
B、B-F 键长比 B-Cl 键短，键长越短键能越大，因此 BF3键能大于 BCl3，键能差异与键长直接相关，与结构因素相关，B正确；
C、KCl 为离子晶体，熔点由离子键强弱决定；I2为分子晶体，熔点由分子间作用力决定，离子晶体熔点远高于分子晶体，熔点差异与晶体类型相关，与结构因素相关，C正确；
D、CF3COOH 酸性强于 CCl3COOH，是因为 F 的电负性远大于 Cl，使羧基中 O-H 键极性更强，更易电离出 H+，与分子间氢键无关，该结构因素与性质差异不匹配，D错误；
【分析】本题解题要点：
杂化类型与键角：sp 杂化键角 180°，sp2 杂化键角 120°，sp3 杂化键角约 109.5°，杂化方式直接决定键角大小。
键长与键能：原子半径越小，键长越短，键能越大，键能与键长成反比关系。
晶体类型与熔点：离子晶体 > 分子晶体（一般规律），熔点差异由晶体中作用力类型决定。
酸性强弱本质：羧酸酸性取决于羧基中 O-H 键极性，与取代基的吸电子能力正相关，与分子间氢键无关。
6．【答案】A
【知识点】乙酸的化学性质；苯酚的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、NO2通入水中发生歧化反应，生成 HNO3、NO 和 H2O，配平后离子方程式为 3NO2 + H2O = 2H+ + 2 + NO， ，满足原子守恒与电荷守恒 ，A正确；
B、该反应电荷不守恒，正确的离子方程式应为 2Fe3+ + Cu = 2Fe2+ + Cu2+ ，原方程式左边总电荷为 + 3，右边为 + 4，电荷不守恒 ，B错误；
C、食醋中的醋酸是弱酸，不能拆写成 H+，正确的离子方程式应为 CaCO3 + 2CH3COOH = Ca2+ + 2CH3COO- + H2O + CO2↑ ，C错误；
D、苯酚的酸性弱于 H2CO3、强于 HCO3-，因此苯酚钠与少量 CO2反应只能生成 HCO3-，正确的离子方程式应为 C6H5O- + CO2 + H2O C6H5OH + ，产物错误 ，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
守恒原则：离子方程式必须同时满足原子守恒和电荷守恒，氧化还原反应还需满足电子守恒。
拆写规则：强酸、强碱、可溶性盐可拆成离子，弱酸、弱碱、沉淀、气体、单质、氧化物需保留化学式。
反应事实：产物需符合物质的酸性强弱、氧化性强弱等化学规律，不能主观臆造。
7．【答案】C
【知识点】原子结构与元素的性质；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、原子半径比较：Na（Z）是第三周期元素，S（W）同周期且原子序数更大，半径 Na > S；O（Y）是第二周期元素，半径 S > O，故原子半径 Z > W > Y，A正确；
B、电负性规律：同周期从左到右电负性增大，同主族从上到下电负性减小，故电负性 O（Y）> C（X）> Na（Z），B正确；
C、X（C）和 Y（O）形成的化合物有 CO2和 CO，CO2是直线形非极性分子，但 CO 是极性分子，并非均为非极性分子，C错误；
D、W（S）的最高价氧化物对应水化物是 H2SO4，属于强酸，D正确；
故答案为：C。
【分析】Z 的金属性在短周期中最强：短周期中金属性最强的是 Na，故 Z 为 Na。Y 和 W 同族，W 原子序数是 Y 的 2 倍：短周期同族且原子序数为 2 倍关系的是 O 和 S，故 Y 为 O，W 为 S。X 原子有 2 个未成对电子，且原子序数小于 Y（O）：X 的核外电子排布可能为 1s22s22p2（C）或 1s22s22p4（O），但 O 已为 Y，故 X 为 C。
8．【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；盐类水解的应用；硫酸根离子的检验
【解析】【解答】A、向无色溶液中滴加 BaCl2溶液产生白色沉淀，该沉淀可能是 BaSO4、AgCl 或 BaCO3等，无法直接证明溶液中一定含有 SO42-，需先加稀盐酸排除干扰，结论不严谨 ，故A错误；
B、K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-（橙色）+H2O 2CrO42-（黄色）+2H+，滴加 H2SO4后 H+浓度增大，平衡逆向移动，Cr2O72-浓度升高，溶液橙色加深，结论与现象匹配， 故B正确；
C、乙醇和浓硫酸共热至 170℃时，产生的气体中可能混有乙醇蒸气、SO2等，这些物质也能使酸性 KMnO4溶液褪色，无法证明气体一定是乙烯，结论不严谨， 故C错误；
D、未说明 NaHCO3和 CH3COONa 溶液的浓度是否相同，只有在同浓度下才能通过 pH 比较对应酸的酸性强弱，缺少浓度控制变量，结论不严谨， 故D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
离子检验规范：检验 SO42-时需先加稀盐酸排除 Ag+、CO32-等干扰，再加 BaCl2溶液。
平衡移动原理：增大生成物浓度，平衡向逆反应方向移动，对应离子浓度变化可通过颜色观察。
有机反应杂质干扰：乙醇消去反应产物中混有的乙醇、SO2等会干扰乙烯的检验，需先除杂。
盐类水解控制变量：比较盐溶液 pH 判断对应酸酸性强弱时，必须保证盐溶液浓度相同。
9．【答案】D
【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
【解析】【解答】A、电池放电时，电极 b 为金属锂，Li 失电子发生氧化反应，故电极 b 为负极，A正确；
B、放电时，电极 a 为正极，S8逐步得电子被还原，转化为 Li2S8→Li2S6→Li2S4→Li2S2，因此 Li2S2的量会逐渐增多，B正确；
C、充电时，电极 a 为阳极，发生氧化反应，可发生反应 3Li2S4-2e-=2Li2S6+2Li+，符合硫的多硫化物之间的转化规律，C正确；
D、充电时，负极（电极 b）发生反应 Li++e-=Li，外电路流过 0.1mol 电子时，生成 0.1mol Li，负极材料增重 0.1mol×7g/mol = 0.7g，并非 1.4g，D错误；
故答案为：D。
【分析】放电时，金属锂化学性质活泼，作为负极发生氧化反应，锂原子失去电子生成锂离子，电极反应为：Li-e-=Li+，生成的 Li+会向正极区域迁移。正极上，S8得到电子并结合 Li+逐步被还原，硫链的长度随反应进行逐渐缩短，依次经历从 Li2S8到 Li2S6、再到 Li2S4，最终生成 Li2S2的转化过程；以 Li2S8为例，其电极反应本质是 S8得到电子后与 Li+结合，生成对应的锂硫化合物，完成正极的还原过程。
10．【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A、NO2在反应中转化为 HNO2，最终没有重新生成 NO2，不符合 “先参与反应、后又生成” 的催化剂特征，因此 NO2不是催化剂，A错误；
B、转化过程中存在 HNO2参与的反应，HNO2分子内的 O-H 键会发生断裂，同时生成 HSO4-时也涉及化学键的重组，因此该过程存在氧氢键断裂，B错误；
C、从机理图可看出，NO2与 SO32-反应生成 NO2-和 SO3-，对应反应为 NO2+SO32-=NO2-+SO3-，符合电子守恒与原子守恒，C正确；
D、NaHSO4是强电解质，在水中会完全电离为 Na+、H+和 SO42-，并非主要以 Na+和 HSO4-的形式存在，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
催化剂判断：催化剂在反应前后质量和化学性质不变，需满足 “先消耗、后生成” 的循环特征。
化学键变化：含 H 的含氧酸参与反应时，通常会发生 O-H 键的断裂。
机理图提取信息：可直接从物质转化路径中提取基元反应，验证反应式的合理性。
强电解质电离：HSO4-在水溶液中会完全电离为 H+和 SO42-，不存在大量 HSO4-。
11．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、Cu 原子的核外电子排布为 [Ar] 3d 4s ，失去 4s 和 1 个 3d 电子形成 Cu2+，因此 Cu2+的价电子排布式为 3d9 ，A正确；
B、向 CuSO4溶液中滴加过量氨水，最终生成深蓝色的 [Cu(NH3)4]2+，说明 NH3更易与 Cu2+形成配位键，即与 Cu2+配位的能力：NH3 > H2O ，B错误；
C、H2O 分子中 O 原子的价层电子对数为 4（ ），VSEPR 模型为四面体形，分子空间构型为 V 形 ，C正确；
D、胆矾中 Cu2+与 H2O、SO42-之间存在配位键，H2O、SO42-内部存在共价键，Cu2+与 SO42-之间存在离子键，因此结构中包含配位键、共价键、离子键 ，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
价电子排布：Cu 为特殊电子构型，形成 Cu2+时先失去 4s 电子，再失去 1 个 3d 电子。
配位能力判断：能形成更稳定配合物的配体，配位能力更强，氨水能取代水与 Cu2+配位，说明 NH3配位能力更强。
VSEPR 模型：价层电子对数决定 VSEPR 模型，孤电子对数影响分子实际空间构型。
化学键类型：配位键、共价键、离子键在胆矾结构中共同存在，需结合结构示意图识别。
12．【答案】D
【知识点】化学键；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、CO2分子的结构式为 O=C=O，每个 CO2分子含 2 个 σ 键，因此 1mol CO2中 σ 键的数目为 2NA，并非 4NA，A错误；
B、Na2O2晶体由 Na+和 O22-构成，1mol Na2O2含 2mol Na+和 1mol O22-，离子总数为 3NA，并非 4NA ，B错误；
C、Na2CO3溶液中 CO32-会发生水解，导致其实际浓度小于 0.1mol/L，因此 1L 0.1mol/L Na2CO3溶液中 CO32-的数目小于 0.1NA ，C错误；
D、反应 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2中，Na2O2中 - 1 价的 O 发生歧化反应，每生成 1mol O2，有 2mol O 从 - 1 价被氧化为 0 价，转移电子数目为 2NA ，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
化学键计数：CO2分子中双键含 1 个 σ 键和 1 个 π 键，σ 键总数为 2。
晶体离子构成：Na2O2中 O22-是整体阴离子，离子数为 。
盐类水解影响：弱酸根离子（如 CO32-）在溶液中会水解，导致实际离子数减少。
歧化反应电子转移：Na2O2与 CO2反应时，-1 价 O 一半升为 0 价、一半降为 - 2 价，生成 1mol O2转移 2mol 电子。
13．【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A、反应③ = 反应① + 反应②，根据盖斯定律，平衡常数满足 ，而非 ，A错误；
B、由图可知，反应①的平衡常数随温度升高而增大，说明升温平衡正向移动，；反应②的平衡常数随温度升高而减小，说明升温平衡逆向移动，，B错误；
C、平衡常数 只与温度有关，与压强无关，因此增大压强，、 均保持不变，C错误；
D、 是反应①、③的反应物，增加混合气中 的体积分数，平衡会向正反应方向移动，能提高 的平衡转化率，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
平衡常数关系：若反应③ = 反应① + 反应②，则 ，平衡常数为乘积关系而非加和关系。
温度与平衡常数：升温时 增大，反应为吸热（）； 减小，反应为放热（）。
平衡常数的影响因素： 仅与温度有关，与压强、浓度等其他条件无关。
平衡移动原理：增加一种反应物的浓度，平衡正向移动，可提高另一反应物的转化率。
14．【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、 根据分析该温度下，，A错误；
B、点的 比平衡曲线上的浓度更高，即 ，因此能生成 沉淀，也能生成 沉淀，B正确；
C、，加入少量 固体后 增大，该比值会增大，而非减小，C错误；
D、向饱和 溶液中加入 固体， 增大， 沉淀溶解平衡逆向移动， 减小， 增大，无法从 点变到 点，D错误；
故答案为：B。
【分析】从图像中选取坐标点可直接计算两种沉淀的溶度积：
对，取点，此时、，即、，代入溶度积公式：
对，取点，此时、，即、，代入溶度积公式：，通过计算可知，该温度下。
15．【答案】（1）SiO2；粉碎矿石或搅拌、适当升温
（2）2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O
（3）1.3×10-9；BaSO4、NiS
（4）
（5）MnO；
【知识点】晶胞的计算；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）根据分析可知，“滤渣1”主要含有S和SiO2；为提高“溶浸”速率，可采取的措施粉碎矿石或搅拌、适当升温等；
故答案为： SiO2 ；
（2）“氧化”时亚铁离子被二氧化锰氧化为铁离子，同时生成锰离子，发生反应的离子方程式为2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；
故答案为： 粉碎矿石或搅拌、适当升温 ；
（3）调pH=6.0，则c(OH-)=10-8mol/L，根据Ksp[Al(OH)3]= 1.3×10-33，此时溶液中c(Al3+)=mol/L=1.3×10-9mol/L，然后加入少量BaS溶液除去Ni2+，因钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，镍离子与硫离子生成硫化镍沉淀，则“滤渣3”的成分是BaSO4、NiS；
故答案为： 1.3×10-9 ； BaSO4、NiS ；
（4）煅烧窑中，碳酸锂与二氧化锰反应生成LiMn2O4，同时生成二氧化碳和氧气，反应的化学方程式是；
故答案为： ；
（5）根据均摊法可知，一个晶胞中含有个Mn，个O，则该氧化物的化学式为MnO；已知该晶胞参数为anm，该晶体的密度为=g·cm-3。
故答案为： MnO ； ；
【分析】以 MnO2粉和 MnS 矿为原料，先用稀硫酸溶浸，SiO2等不溶物形成滤渣 1 除去；再加入 MnO2将 Fe2+氧化为 Fe3+，加氨水调 pH 使 Fe3+、Al3+沉淀为滤渣 2；接着加 BaS 除去 Ni2+等杂质，得到滤渣 3；随后将溶液送入电解槽电解，得到纯 MnO2；最后将 MnO2与碳酸锂混合，在 CO2和 O2氛围中煅烧，制得 LiMn2O4正极材料。
(1) 先结合原料成分（含Si元素）与溶浸试剂（H2SO4），分析Si元素的存在形式为SiO2，且流程中生成S单质，故滤渣1为S和SiO2；再根据影响反应速率的因素（温度、接触面积、搅拌等），列举提高溶浸速率的措施。
(2)先明确氧化步骤的反应物（Fe2+、MnO2）与生成物（Fe3+、Mn2+），结合酸性环境（H2SO4），根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式。
(3)①先根据pH计算c(OH-)，再结合Al(OH)3的溶度积常数Ksp公式，代入数据计算c(Al3+)；②分析加入BaS后离子的反应情况，Ba2+与SO42-生成BaSO4，Ni2+与S2-生成NiS，故滤渣3为BaSO4、NiS。
(4) 先明确反应物（Li2CO3、MnO2）、生成物（LiMn2O4、CO2、O2），再根据氧化还原反应的配平原则（得失电子守恒、原子守恒）配平化学方程式。
(5)①利用均摊法计算晶胞中Mn2+和O2-的个数：Mn2+位于顶点和面心，个数为；O2-位于棱心和体心，个数为，个数比为1：1，确定化学式为MnO；
②根据密度公式计算，先算晶胞质量，再算晶胞体积，代入公式得密度。
（1）根据分析可知，“滤渣1”主要含有S和SiO2；为提高“溶浸”速率，可采取的措施粉碎矿石或搅拌、适当升温等；
（2）“氧化”时亚铁离子被二氧化锰氧化为铁离子，同时生成锰离子，发生反应的离子方程式为2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；
（3）调pH=6.0，则c(OH-)=10-8mol/L，根据Ksp[Al(OH)3]= 1.3×10-33，此时溶液中c(Al3+)=mol/L=1.3×10-9mol/L，然后加入少量BaS溶液除去Ni2+，因钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，镍离子与硫离子生成硫化镍沉淀，则“滤渣3”的成分是BaSO4、NiS；
（4）煅烧窑中，碳酸锂与二氧化锰反应生成LiMn2O4，同时生成二氧化碳和氧气，反应的化学方程式是；
（5）根据均摊法可知，一个晶胞中含有个Mn，个O，则该氧化物的化学式为MnO；已知该晶胞参数为anm，该晶体的密度为=g·cm-3。
16．【答案】分液漏斗；f→g→d→e→b→c→h→i；吸收多余的氯气，防止空气中的水蒸气进入装置；使Cl2与S充分接触，防止被氧化为；将装置内的氯气排入F中吸收，将B中残留的S2Cl2排入E中收集；蒸馏或分馏；2S2Cl2+2H2O=4HCl+SO2↑+3S↓；
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；氯气的实验室制法；化学实验操作的先后顺序
【解析】【解答】（1）装有浓盐酸的仪器是分液漏斗。
故答案为：分液漏斗。
（2）根据分析，装置接口从a出来的氯气中混有氯化氢和水蒸气，f进g出可吸收HCl气体，d进e出可用于干燥氯气，b进c出在三颈烧瓶中氯气与硫共热反应制备，h进i出用于冷凝。F中碱石灰可以用于尾气处理氯气，同时遇水剧烈反应，F中碱石灰的第二个作用是作用是防止空气中的水蒸气进入装置。
故答案为：f→g→d→e→b→c→h→i 吸收多余的氯气，防止空气中的水蒸气进入装置。
（3）检查装置气密性后加入药品，打开K1，向装置中通一段时间N2后加热B装置，使硫磺熔融，关闭K1，往A中缓慢滴加浓盐酸且要控制用量，原因是使Cl2与S充分接触，防止被氧化为。实验结束后继续通入N2至装置内为无色，此时通N2目的是将装置内的氯气排入F中吸收，将B中残留的排入E中收集。
故答案为：使Cl2与S充分接触，防止被氧化为；将装置内的氯气排入F中吸收，将B中残留的S2Cl2排入E中收集。
（4）沸点为138℃；沸点为59℃，沸点相差很大可采用蒸馏的方法分离两物质。
故答案为：蒸馏或分馏。
（5）往中加蒸馏水产生烟雾，烟雾为HCl(化合价不变)；产物中有一种气体能使品红溶液褪色为SO2(S元素化合价升高)；过程中只有一种元素化合价发生变化，故S元素化合价还得降低生成S单质。方程式配平为2S2Cl2+2H2O=4HCl+SO2↑+3S↓。
故答案为：2S2Cl2+2H2O=4HCl+SO2↑+3S↓。
（6）根据反应、、，可得关系式：，则样品中的含量为。
故答案为：。
【分析】本实验以二氧化锰与浓盐酸共热制氯气为起点，依次通过饱和食盐水除 HCl、浓硫酸干燥，再让纯净氯气与硫在加热下反应制备 S2Cl2，经冷凝收集产物，最后用碱石灰处理尾气并防止水蒸气进入导致产物水解，据此完成各问题解答。
(1) 识别实验仪器，根据装置结构判断盛装浓盐酸的仪器为分液漏斗。
(2) 按照 “除 HCl→干燥→反应→冷凝收集→尾气处理” 的顺序连接装置接口，同时明确 F 中碱石灰的双重作用：吸收尾气 Cl2、防止空气中水蒸气进入装置使 S2Cl2水解。
(3) 分析实验操作的目的：控制 Cl2用量是为了让 Cl2与 S 充分反应，防止 S2Cl2被过量 Cl2氧化；实验后通 N2是为了排尽装置内残留的 Cl2，同时将产物 S2Cl2排入收集装置。
(4) 根据 S2Cl2与 SCl2的沸点差异，选择蒸馏（或分馏）的方法分离两种液态混合物。
(5) 根据 S2Cl2与水反应的现象和化合价变化规律，配平氧化还原反应方程式，确定产物为 HCl、SO2和 S。
(6) 利用多步反应的物质的量关系，建立 S2Cl2与 BaSO4沉淀的定量联系，计算样品中 S2Cl2的质量分数。
17．【答案】(1) +90.1
(2) B，D
(3) 4
(4) NH2*+H*=NH3* <
(5) N2+6e-+6H2O=2NH3+6OH-
【知识点】合成氨条件的选择；电解池工作原理及应用；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）求：
根据盖斯定律，将反应①与反应②相加，可得：，则
故答案为： +90.1 ；
（2）A．反应①根据，当时反应自发进行，所以反应①在高温下能自发进行，A错误；
B．反应②中和中的化学键断裂，和中的化学键形成，存在极性键的断裂和形成过程，B正确；
C．使用催化剂，只能改变反应的速率，不能使平衡移动，的平衡转化率不变，C错误；
D．反应①是气体增大的反应，容器内压强保持恒定说明反应达到平衡状态，D正确；
故答案为：BD；
（3）①已知恒定压强，达平衡时，根据；
②
解得x=0.05，根据平衡常数计算公式可得到：；
故答案为： 4； ；
（4）①活化能越大，反应速率越慢，结合反应历程图可知，决定化学反应速率快慢的基元反应是；
②根据反应历程图可知反应物能量大于生成物能量，属于放热反应，所以
故答案为： NH2*+H*=NH3*；< ；
（5）根据图观察可知，化合价从0降低到-3，氮气在阴极得到电子，反应方程式为：。
故答案为： N2+6e-+6H2O=2NH3+6OH- ；
【分析】(1) 将已知反应①+②，直接相加得到目标反应，焓变也对应相加。
计算：。
(2) 自发判断：反应①、，仅在高温下 自发，低温不自发。
化学键变化：反应②中断裂极性键（、），形成极性键（）和非极性键（），存在极性键的断裂与形成。
催化剂作用：催化剂只改变速率，不影响平衡， 平衡转化率不变。
平衡标志：反应①气体分子数增加，压强恒定说明各组分浓度不变，反应达平衡。
(3) 分压计算：。
三段式法：设转化浓度为，列起始、转化、平衡浓度，结合解得，得到平衡时、。，代入分压计算数值。
(4) 决速步判断：活化能最大的基元反应决定总反应速率，由图可知的过渡态能量差最大，为决速步。
活化能比较：合成氨是放热反应，正反应活化能 逆反应活化能 。
(5) 阴极电极反应书写：在阴极得电子，被还原为，结合电解质环境（熔融碱）配平电荷与原子。
18．【答案】（1）醛基、羟基
（2）取代反应
（3）++Br-B(OH)2
（4）、
（5）保护酚羟基
（6）化合物D很难溶于水
（7）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）根据A的结构简式，A中的官能团有醛基、酚羟基，
故答案为：醛基、羟基；
（2）对比A和B的结构简式，CH3I中的-CH3取代了酚羟基上的氢的位置，该反应类型为取代反应，
故答案为：取代反应；
（3）结合已知信息铃木反应可知，D生成E是利用了该反应信息，R2基团取代了卤素原子-X的位置，故发生的反应方程式为：++Br-B(OH)2；
故答案为：++Br-B(OH)2 ；
（4）B的分子式为C9H10O3，结合题目信息含有苯环，能使FeCl3溶液显色说明有酚羟基（直接与苯环相连），能发生银镜反应和水解反应说明含有甲酸酯基，核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积比为6：2：1：1，说明2个甲基 ，故能形成的两种结构分别为：
、；
故答案为：、 ；
（5）由（2）问可知A与CH3I在碳酸钾作用下发生取代反应生成B和HI，由A和F都含有酚羟基可知，A→B的目的是保护酚羟基，
故答案为：保护酚羟基；
（6）通过分析表格数据，只有水作溶剂时产率很低，只能达到15%，但在水中加入有机溶剂乙醇或N、N-二甲基甲酰胺，产率明显提升，说明反应物更易溶于有机物，在水中溶解度不大，
故答案为：化合物D很难溶于水；
（7）结合流程可知可利用铃木反应将两个苯环相连，现在得到产物就需要将硝基转变成甲氧基，故先将硝基还原为氨基，再利用题目流程得到甲氧基，故合成路线为：。
故答案为： ；
【分析】以 3，5 - 二氨基苯甲醛为起始原料，经重氮化水解得到酚类化合物 A；再用 CH3I 在碱性条件下将酚羟基甲基化得到化合物 B；接着与 CBr4反应生成二溴代烯烃 C；经 (EtO)2POH 还原得到单溴代烯烃 D；随后与苯硼酸衍生物在 Pd 催化下发生铃木反应，取代引入苯环基团形成物质E；最后用 BBr3脱除甲基保护基，得到目标产物白藜芦醇 F。
（1）根据A的结构简式，A中的官能团有醛基、酚羟基，故答案为：醛基、羟基；
（2）对比A和B的结构简式，CH3I中的-CH3取代了酚羟基上的氢的位置，该反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；
（3）结合已知信息铃木反应可知，D生成E是利用了该反应信息，R2基团取代了卤素原子-X的位置，故发生的反应方程式为：++Br-B(OH)2；
（4）B的分子式为C9H10O3，结合题目信息含有苯环，能使FeCl3溶液显色说明有酚羟基（直接与苯环相连），能发生银镜反应和水解反应说明含有甲酸酯基，核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积比为6：2：1：1，说明2个甲基 ，故能形成的两种结构分别为：
、；
（5）由（2）问可知A与CH3I在碳酸钾作用下发生取代反应生成B和HI，由A和F都含有酚羟基可知，A→B的目的是保护酚羟基，故答案为：保护酚羟基；
（6）通过分析表格数据，只有水作溶剂时产率很低，只能达到15%，但在水中加入有机溶剂乙醇或N、N-二甲基甲酰胺，产率明显提升，说明反应物更易溶于有机物，在水中溶解度不大，故答案为：化合物D很难溶于水；
（7）结合流程可知可利用铃木反应将两个苯环相连，现在得到产物就需要将硝基转变成甲氧基，故先将硝基还原为氨基，再利用题目流程得到甲氧基，故合成路线为：。
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