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广西南宁市2026届高三下学期第二次适应性测试化学试题
1．我国在科技领域的重大成就彰显了国家实力。下列有关说法正确的是
A．“奋斗者”号载人潜水器使用的钛合金，其熔点高于纯钛金属
B．“C919”大飞机使用的氮化硅涂层，属于传统无机非金属材料
C．“复兴号”高铁车厢连接部位使用的聚四氟乙烯，其单体是四氟乙烯
D．“神舟十八号”载人飞船使用的铬镍蓄电池充电过程是由化学能转化为电能
【答案】C
【知识点】无机非金属材料；合金及其应用
【解析】【解答】A、合金的熔点通常低于其组分纯金属的熔点，钛合金的熔点低于纯钛金属，故 A 错误；
B、氮化硅属于新型无机非金属材料，而非传统无机非金属材料，故 B 错误；
C、聚四氟乙烯是由四氟乙烯发生加聚反应生成的高分子化合物，其单体为四氟乙烯，故 C 正确；
D、铬镍蓄电池充电过程中，是将电能转化为化学能，而非化学能转化为电能，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
合金的熔点一般低于其组分纯金属；
氮化硅是新型无机非金属材料，传统无机非金属材料主要包括陶瓷、玻璃、水泥；
聚四氟乙烯的单体为四氟乙烯；
蓄电池充电过程是电能转化为化学能，放电过程是化学能转化为电能。
2．下列实验操作规范的是
A．转移溶液 B．钠在空气中燃烧
C．加热固体 D．测定中和反应反应热
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】钠的化学性质；配制一定物质的量浓度的溶液；中和热的测定
【解析】【解答】A、转移 NaOH 溶液时，使用玻璃棒引流，且玻璃棒下端抵在容量瓶刻度线以下，操作规范，故 A 正确；
B、钠在空气中燃烧应在坩埚中进行，不能使用玻璃表面皿，高温下钠会与玻璃中的二氧化硅反应，故 B 错误；
C、加热 NH4HCO3固体时，试管口应略向下倾斜，防止反应生成的水蒸气冷凝回流使试管炸裂，故 C 错误；
D、测定中和反应反应热时，装置缺少环形玻璃搅拌棒，无法使酸碱溶液充分混合，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
溶液转移操作中，玻璃棒引流的正确位置与使用方法；
钠燃烧实验对容器的特殊要求，避免钠与玻璃成分反应；
加热固体时试管口的朝向规范，防止冷凝水回流；
中和热测定装置中环形玻璃搅拌棒的必要性。
3．超氧化钾()可用作潜水或航天装置的吸收剂和供氧剂，反应为，为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．中键的数目为
B．晶体中离子的数目为
C．溶液中的数目为0.01
D．反应每生成，转移电子数目为
【答案】B
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质结构中的化学键数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、44g CO2的物质的量为 1mol，1 个 CO2分子中含有 2 个 σ 键，故 σ 键数目为 2NA，故 A 错误；
B、KO2晶体由 K+和 O2-构成，1mol KO2晶体中含 1mol K+和 1mol O2-，离子总数为 2NA，故 B 正确；
C、CO32-在溶液中会发生水解，100mL 0.1mol L- K2CO3溶液中 CO32-的数目小于 0.01NA，故 C 错误；
D、根据反应 4KO2+2CO2=2K2CO3+3O2， KO2中O为-0.5价，生成3 mol O2时共转移3 mol电子， 则生成 1mol O2转移电子数目为 NA ，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
CO2分子中 σ 键的数目判断，1 个 CO2分子含 2 个 σ 键；
KO2晶体的离子构成，由 K+和 O2-两种离子组成；
碳酸根离子在水溶液中的水解平衡，会导致其数目减少；
氧化还原反应中电子转移数目的计算，需结合反应方程式分析化合价变化。
钴酞菁被广泛应用于电池材料、传感材料、光动力治疗等方面。钴酞菁可在催化下通过邻苯二甲酸酐与、尿素混合后加热制得。钴酞菁为平面结构，直径为，结构如图1所示，为增强水溶性可将其改性为四氨基钴酞菁，四氨基钴酞菁结构如图2。据此完成下面两个小题。
4．下列有关化学用语表示正确的是
A．铵根离子的VSEPR模型：
B．Co2+的价电子排布式：3d54s2
C．水合氯离子的示意图：
D．用轨道表示式表示尿素[CO(NH2)2]中C原子的杂化：
5．下列关于物质性质或事实的解释错误的是
选项 性质或事实 解释
A 钴酞菁为平面结构 钴酞菁分子中C、N原子均采用sp2杂化
B 可用渗析法分离钴酞菁和NaCl溶液 钴酞菁能通过半透膜，Na+和Cl-不能
C Co2+可与酞菁形成配合物 Co2+有空轨道，可接受孤电子对
D 与钴酞菁相比，四氨基钴酞菁水溶性更好 -NH2能与H2O形成氢键
A．A B．B C．C D．D
【答案】4．C
5．B
【知识点】判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）A、铵根离子的中心 N 原子价层电子对数为 4（ ），VSEPR 模型应为正四面体结构， 如图， 故 A 错误；
B、Co 原子价电子排布式为 3d74s2，失去最外层 2 个电子形成 Co2+，价电子排布式应为 3d7，故 B 错误；
C、水合氯离子中，Cl-带负电荷，水分子中 H 原子带正电，H 原子朝向 Cl-，示意图符合水合氯离子的结构，故 C 正确；
D、尿素中 C 原子形成碳氧双键，为 sp2 杂化，轨道表示式中 C 原子应形成 3 个 sp2 杂化轨道，而非 sp3 杂化，正确的轨道表示式表示应为，故 D 错误；
故答案为：C。
（2）A、钴酞菁为平面结构，分子中 C、N 原子均采用 sp2 杂化，形成平面共轭体系，故 A 正确；
B、钴酞菁分子直径为 1.3×10-9m，属于胶体粒子范围，不能透过半透膜，而 Na+和 Cl-可透过半透膜，故可用渗析法分离，选项中解释 “钴酞菁能通过半透膜” 错误，故 B 错误；
C、Co2+有空轨道，酞菁分子中的 N 原子有孤电子对，二者可形成配位键，故 C 正确；
D、四氨基钴酞菁中的 - NH2能与 H2O 形成氢键，因此水溶性比钴酞菁更好，故 D 正确；
故答案为：B。
【分析】（1）本题解题要点：
铵根离子的 VSEPR 模型判断，中心 N 原子无孤电子对，价层电子对数为 4，呈正四面体结构；
Co2+的价电子排布式，需结合 Co 原子的电子排布及失电子顺序分析；
水合离子的结构特点，阴离子的水合中水分子的 H 原子朝向阴离子；
尿素中 C 原子的杂化类型，C 原子形成双键，为 sp2 杂化。
（2）本题解题要点：
平面结构分子中 C、N 原子的杂化类型判断，sp2 杂化可形成平面结构；
胶体与溶液的渗析分离原理，胶体粒子不能透过半透膜，离子可透过；
配合物形成的条件，中心离子有空轨道，配体有孤电子对；
氢键对物质水溶性的影响，能与水形成氢键的分子水溶性更好。
4．A、铵根离子的中心 N 原子价层电子对数为 4（ ），VSEPR 模型应为正四面体结构， 如图， 故 A 错误；
B、Co 原子价电子排布式为 3d74s2，失去最外层 2 个电子形成 Co2+，价电子排布式应为 3d7，故 B 错误；
C、水合氯离子中，Cl-带负电荷，水分子中 H 原子带正电，H 原子朝向 Cl-，示意图符合水合氯离子的结构，故 C 正确；
D、尿素中 C 原子形成碳氧双键，为 sp2 杂化，轨道表示式中 C 原子应形成 3 个 sp2 杂化轨道，而非 sp3 杂化，正确的轨道表示式表示应为，故 D 错误；
故答案为：C。
5．A．钴酞菁为平面结构，说明分子中碳原子和氮原子的杂化方式均为sp2杂化，A正确；
B．钴酞菁的分子直径为1.3 nm，因此在水中所形成的分散系属于胶体，胶体中的胶粒不能透过半透膜，溶液中的溶质离子可通过半透膜，B错误；
C．配合物钴酞菁中，Co2+是中心离子，提供空轨道，接受配位原子的孤电子对形成配位键，C正确；
D．四氨基钴酞菁中含有4个氨基，氨基是亲水基团，氨基中氮原子能与水分子形成氢键，增大其在水中的溶解性，D正确；
故答案为：B。
6．化合物M是合成一种实体瘤潜在药物的中间体，其合成路线中的某一步如下：
下列有关K和M的说法正确的是
A．M的分子式为
B．K中的所有原子不可能共平面
C．K和M都能发生氧化反应、水解反应
D．1molM最多能和发生加成反应
【答案】D
【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、根据 M 的结构简式，分子式应为，A错误；
B、K 分子中含有饱和 sp3 杂化碳原子，其四面体结构会导致分子中所有原子不可能共平面，故 B 正确；
C、K 分子中不存在可水解的官能团（如酯基、卤原子），不能发生水解反应，故 C 错误；
D、1mol M 中，苯环可与 3mol H2加成， 3 mol酮羰基与加成 ， 碳碳双键消耗 1mol H2，共可与 7mol H2发生加成反应，故 D 错误；
故答案为：B。【分析】本题解题要点：
分子式判断：通过逐个数出分子中的 C、H、O、Br 原子数，确认分子式为；
原子共面判断：K 分子中存在饱和碳原子，其 sp3 杂化的四面体结构，使部分原子无法处于同一平面；
反应类型判断：K 分子中无卤原子、酯基等可水解官能团，因此不能发生水解反应；两者均含碳碳双键、羰基，可发生氧化反应；
加成反应消耗 H2量：明确可与 H2加成的官能团，苯环、碳碳双键、酮羰基均可加成，逐一计算后得到总量为7mol。
7．一种矿石的组成元素W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，且它们中只有一种是金属元素。X原子L层比K层多一个电子；Z原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子数相等，且其第一电离能高于同周期相邻元素的。下列说法正确的是
A．电负性：
B．为非极性分子
C．简单离子的半径：
D．同周期元素中，Y的氢化物的沸点最高
【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
【解析】【解答】A、同周期从左到右电负性增大，同主族从上到下电负性减小，非金属性越强电负性越大；W、X、Y、Z 分别为 H、B、O、Mg，电负性：O > B > Mg，即 Y > X > Z，故 A 正确；
B、W2Y2为 H2O2，结构不对称，正负电荷中心不重合，为极性分子；故 B 错误；
C、电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小；故简单离子半径：O2- > Mg2+，即 Y > Z，故 C 错误；
D、Y 为 O 元素，第二周期元素的氢化物中，HF 存在氢键，沸点高于 H2O，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】元素推断：由 “X 原子 L 层比 K 层多一个电子” 推出 X 为 B；由 “W2Y” 推出 Y 为 O，W 为 H；由 “Z 的 s 能级电子总数与 p 能级相等，且第一电离能高于同周期相邻元素” 推出 Z 为 Mg；
8．高铁酸钾()是一种新型绿色消毒剂，某化学兴趣小组制备高铁酸钾的主要流程如图。下列离子方程式正确的是
A．反应①：
B．反应②：
C．反应③：
D．反应④：
【答案】D
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、反应①中，Fe3+与 HCO3-发生双水解反应，正确的离子方程式为：，A错误；
B、反应②中，Cl2与 NaOH 反应的离子方程式原子不守恒，正确的应为： ，故 B 错误；
C、反应③中，离子方程式的电荷不守恒，正确的应为： ，故 C 错误；
D、反应④中，Na2FeO4与饱和 KOH 溶液发生复分解反应，析出 K2FeO4晶体，离子方程式为： ，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
反应①：Fe3+与 HCO3-的双水解反应，需注意反应物为 HCO3-而非 CO32-；
反应②：Cl2与碱反应的离子方程式，需满足原子守恒、电荷守恒；
反应③：碱性条件下 ClO-氧化 Fe(OH)3的反应，需通过化合价升降法配平，保证电荷守恒与原子守恒；
反应④：利用 K2FeO4的溶解度比 Na2FeO4小，发生复分解反应析出晶体，离子方程式书写正确。
9．铑的配合物离子可催化甲醇羰基化，反应历程如图所示。
下列叙述正确的是
A．图中的是
B．反应历程中是催化剂
C．反应历程没有涉及非极性键的断裂和形成
D．甲醇羰基化反应为
【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；配合物的成键情况；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、根据反应历程，X与水反应生成HI和CH3COOH，可推知X为CH3COI，而非CH3CHO，故A错误；
B、反应历程中， 是反应的中间产物，并非催化剂（催化剂在反应前后不发生变化），故B错误；
C、反应历程中涉及CO参与反应，CO中的碳氧键为极性键，但整个过程中不存在非极性键的断裂和形成，故C错误；
D、由反应历程可知，反应物为CH3OH和CO，生成物为CH3COOH，反应方程式为，故D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
反应中间体推断：结合X与水反应生成HI和CH3COOH，逆向推出X为CH3COI；
催化剂与中间产物的区分：催化剂在反应前后结构不变，而中间产物在反应过程中生成又消耗；
化学键类型判断：分析反应中涉及的化学键，确认无O=O、C-C等同种原子间形成的非极性键的断裂与生成；
总反应方程式推导：结合反应历程中的反应物和生成物，确定甲醇羰基化的总反应式。
10．探究Cu分别和物质A的反应，一段时间后实验现象如表所示。
装置 序号 物质A 实验现象
① 溶液（调） 铜粉溶解，溶液变为深棕色［经检验含］
② 溶液 铜粉溶解，溶液变为蓝绿色
③ 溶液（调） 无明显变化
下列分析错误的是
A．实验①中被还原
B．由实验②可知，氧化性：
C．若向实验③的溶液中加入适量的固体，铜粉不会溶解
D．结合实验①②③可知，可能被Cu还原为，再与反应生成NO
【答案】C
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A、实验①中生成了 Fe(NO)2+，说明 NO3-被还原为 NO，再与 Fe2+结合，故 A 正确；
B、实验②中发生反应 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，根据氧化还原反应规律，氧化剂的氧化性强于氧化产物，故氧化性：Fe3+ > Cu2+，故 B 正确；
C、向实验③的溶液中加入适量 FeSO4固体，溶液中存在 Fe2+、NO3-和 H+，Fe2+会被 NO3-(H+) 氧化为 Fe3+，生成的 Fe3+又会与 Cu 反应，铜粉会溶解，故 C 错误；
D、结合实验①②③可推知，Fe3+可能被 Cu 还原为 Fe2+，Fe2+再与 NO3-(H+) 反应生成 NO，故 D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
实验①中 Fe(NO)2+的生成，说明 NO3-在酸性条件下被还原为 NO；
实验②的反应体现了 Fe3+的氧化性强于 Cu2+；
Fe2+、NO3-和 H+共存时，会发生氧化还原反应生成 Fe3+，Fe3+可进一步氧化 Cu；
综合三组实验，可推断出 Fe3+与 NO3-(H+) 在反应中的协同作用。
11．我国科研人员设计的/乙醇电池系统具有良好的充放电循环稳定性，可以实现污水脱硝、能源转化以及化学品合成的协同增效，工作原理如图所示。
下列说法错误的是
A．放电时，a极区溶液pH减小
B．充放电过程中，储液罐甲的液流体系中可合成
C．充电时，若消耗4.6 g乙醇，则有0.2 mol阴离子通过交换膜
D．充电时，阴极的电极反应式为
【答案】C
【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
【解析】【解答】A、放电时，a 极 Zn 被氧化生成 [Zn(OH)4]2-，消耗 OH-，溶液 pH 减小，故 A 正确；
B、储液罐甲中放电生成 NH3，充电生成 CH3COOH，二者可反应生成 CH3COONH4，故 B 正确；
C、充电时，消耗 4.6g 乙醇（物质的量为 0.1mol），乙醇被氧化为乙酸，每 mol 乙醇失去 4mol 电子，0.1mol 乙醇失去 0.4mol 电子；电路中转移 0.4mol 电子，需有 0.4mol 阴离子通过阴离子交换膜，故 C 错误；
D、充电时，阴极发生还原反应，[Zn(OH)4]2-得电子生成 Zn，电极反应式为 [Zn(OH)4]2-+2e-=Zn+4OH-，故 D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
放电时，Zn 极为负极，发生氧化反应， 转化为， 消耗 OH-，pH 减小； 因此为负极，为正极；充电时，为阴极，为阳极。
储液罐甲中放电生成 NH3、充电生成 CH3COOH，二者可发生反应生成 CH3COONH4；
乙醇被氧化为乙酸时，1mol 乙醇失去 4mol 电子，0.1mol 乙醇反应转移 0.4mol 电子，对应通过阴离子交换膜的阴离子为 0.4mol；
充电时，阴极发生还原反应，[Zn(OH)4]2-被还原为 Zn，电极反应式正确。
12．某种重要的材料由Pb、O、Ti元素组成，其立方晶胞结构如图所示，已知晶胞边长为，设阿伏加德罗常数的值为。下列说法错误的是
A．晶胞中距离最近的的个数为6
B．晶胞中与之间的最短距离为
C．若以为晶胞的顶点，则位于晶胞的面心
D．该晶体的密度为
【答案】B
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、晶胞中位于体心，周围最近的位于面心，上下、左右、前后共6个，故A正确；
B、晶胞中位于面心，两个之间的最短距离为晶胞面对角线的一半，即，而非，故B错误；
C、若以为晶胞的顶点，则位于原晶胞的顶点位置变为面心，故C正确；
D、晶胞中含1个、1个、3个，摩尔质量为，晶胞密度，故D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
配位数判断：体心离子的配位数为6，周围6个面心的距离相等且最近；
距离计算：面心原子间的最短距离为面对角线的一半，即；
晶胞等效变换：以面心原子为顶点时，原顶点原子变为面心；
密度计算：晶胞中原子数分别为，，，结合晶胞体积计算密度。
13．利用甲醇分解制取烯烃，涉及如下反应：①、②、③ 。向某恒压容器中通入0.8mol，反应完全，平衡体系中各物质的物质的量分数随温度变化的关系如图所示。
已知：下，反应后达到平衡，此时，体系总压强为。下列说法错误的是
A．反应③的
B．曲线表示的物质的量分数随温度的变化关系
C．向平衡体系中通入，再次平衡后，增大
D．、下，内，
【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A、温度升高时，乙烯的物质的量分数降低，丙烯和乙烷的物质的量分数升高，说明反应③平衡正向移动，故，A正确；
B、反应①和②均生成水，且水的物质的量分数随温度变化幅度小，曲线a表示，B正确；
C、恒压条件下通入，容器体积增大，各物质浓度同等倍数减小，平衡不移动，故减小，C错误；
D、设平衡时的物质的量为，由可知的物质的量为，根据反应关系和物料守恒计算得体系总物质的量为，的分压为，则，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
温度变化与平衡移动：根据乙烯、丙烯、乙烷的物质的量分数随温度的变化，判断反应③的热效应；
曲线成分判断：反应①和②均生成水，水的物质的量分数最大且变化平缓，对应曲线a；
恒压下通入惰性气体的影响：容器体积增大，各物质浓度同等倍数减小，平衡不移动，但浓度降低；
分压与反应速率计算：根据物料守恒和的关系，计算乙烯的分压，进而求反应速率。
14．常温下，将一定浓度的溶液分别滴加到浓度均为的、溶液中，生成沉淀的溶解平衡曲线如图所示(表示或)。已知：当某离子浓度时，可认为该离子沉淀完全；，。下列叙述正确的是
A．①代表的溶解平衡曲线
B．点对应条件下，能生成沉淀，也能生成沉淀
C．向固体中加入溶液，可发生的转化
D．向均为的混合溶液中滴加溶液，当完全沉淀时，溶液中
【答案】C
【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、根据溶度积表达式取负对数的推导，曲线①对应的是的溶解平衡曲线，曲线②对应的是的溶解平衡曲线，A错误；
B、，数值越大代表越小。a点位于两条曲线的上方，意味着在相同阴离子浓度下，体系中的低于沉淀溶解平衡时的浓度，离子积，不会生成任何沉淀，B错误；
C、对于转化反应，其平衡常数，该常数远大于1，说明反应正向进行的趋势很大，只要的浓度足够，转化反应就可以发生，C正确；
D、当完全沉淀时，，此时溶液中，将其代入的溶度积表达式，可得，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题围绕沉淀溶解平衡曲线展开，核心考查溶度积的计算与应用，解题关键是利用对数变换将溶度积表达式转化为线性关系，再结合平衡移动原理进行判断。
曲线归属判断：根据两种银盐的溶度积表达式，分别取负对数后得到不同的线性方程，据此区分曲线①和②对应的沉淀类型；
沉淀生成条件：理解的含义，通过比较a点与平衡曲线上的离子浓度，判断与的相对大小，确定沉淀能否生成；
沉淀转化反应：通过推导转化反应的平衡常数，判断反应进行的趋势和可能性；
分步沉淀计算：先计算完全沉淀时的，再代入另一沉淀的溶度积表达式，计算对应阴离子的平衡浓度，判断选项描述是否正确。
15．含硫化合物在工业上应用广泛，如硫代硫酸钠晶体(，)可用作定影剂、还原剂，在酸性环境中不稳定且易歧化。回答下列问题：
I．实验室可通过如图所示装置(夹持装置已省略)制备。
（1）装置A中盛装70%硫酸的仪器名称为　 　；装置中鸭嘴阀的作用为　 　。
（2）若装置B中观察到试剂瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升，试分析造成该现象的可能原因：　 　。
（3）装置C中发生反应的化学方程式为　 　；当装置C中溶液由浑浊变澄清时应停止通入，若继续通入，将导致产率降低，理由是　 　。
II．硫代硫酸钠的应用—定影。
胶片冲印原理是用定影液(含)将胶片上未感光的转化为，新制定影液(含)和废定影液[含和少量]的鉴别方法如图。
已知：①；②白色易分解出黑色。
（4）盛装新制定影液的试管为　 　(填“A”或“B”)，若继续向该试管中滴加溶液，将出现的实验现象是　 　。
（5）结合化学平衡移动原理解释试管A中产生白色沉淀的原因　 　。
【答案】分液漏斗；防止倒吸；装置C中导管发生堵塞，导致装置内压强增大，使装置B中液体被压入长颈漏斗中；；过量使溶液呈酸性，在酸性条件下发生歧化反应分解，导致产率降低；B；产生白色沉淀，随后沉淀逐渐变为黑色；滴加溶液时， Ag+与发生反应，使平衡正向移动，产生白色沉淀
【知识点】二氧化硫的性质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1) 装置 A 中盛装 70% 硫酸的仪器为分液漏斗；鸭嘴阀的核心作用是单向导通气体（仅允许气体从左向右通过），可防止 D 装置中的 NaOH 溶液倒吸入 B、C 装置，避免实验失败或仪器炸裂。
故答案为： 分液漏斗 ； 防止倒吸 ；
(2) 若装置 B 中试管内液面下降、长颈漏斗内液面上升，说明装置 C 中导管发生堵塞，导致装置内压强增大，将装置 B 中的液体压入长颈漏斗。
故答案为： 装置C中导管发生堵塞，导致装置内压强增大，使装置B中液体被压入长颈漏斗中 ；
（3）装置 C 中、和通入的发生反应生成，根据原子守恒反应方程式为：；若继续通入，过量会使溶液呈酸性，由题干信息知在酸性环境中不稳定且易歧化，所以导致产率降低；
故答案为： ；过量使溶液呈酸性，在酸性条件下发生歧化反应分解，导致产率降低 ；
（4）由题干信息知新制定影液含有，废定影液含有 和少量，分别加入硝酸银溶液，对于新制定影液，反应生成，无明显现象，而废定影液反应生成白色沉淀，结合A、B试管现象判断盛装新制定影液的试管为B；若继续滴加硝酸银溶液，与反应生成白色沉淀，然后 分解生成黑色的，因此现象为随滴加 的量的增加，溶液中先产生白色沉淀，随后沉淀逐渐变为黑色；
故答案为： B ； 产生白色沉淀，随后沉淀逐渐变为黑色 ；
（5）滴加溶液时，使得Ag+浓度增加，使废定影液中存在的平衡正向移动，从而产生更多白色沉淀。
故答案为： 滴加溶液时， Ag+与发生反应，使平衡正向移动，产生白色沉淀 ；
【分析】（1）首先根据装置 A 的功能判断盛装硫酸的仪器为分液漏斗；鸭嘴阀的核心作用是防倒吸，它的单向导通特性可以阻断右侧装置的液体回流，避免反应装置被腐蚀或炸裂。
（2）装置 B 中液面变化是判断装置堵塞的关键依据。当装置 C 的导管堵塞时，气体无法顺利通过，会使 B 装置内压强升高，在压力差作用下，试管内的液体被压入长颈漏斗，出现 “试管液面下降、漏斗液面上升” 的现象。
（3）根据原子守恒和氧化还原规律，可配平 Na2S、Na2CO3与 SO2的反应方程式；SO2过量会使溶液酸性增强，而 Na2S2O3在酸性条件下会歧化分解为 S、SO2和硫酸盐，导致目标产物产率下降。
（4）新制定影液中的 Na2S2O3与 AgNO3反应生成可溶性的 Na3Ag(S2O3)2，无明显现象；废定影液中含有的 Na3Ag(S2O3)2与 Ag+反应，先生成 Ag2S2O3白色沉淀，随后该沉淀分解为黑色的 Ag2S，据此可区分两种溶液。
（5）废定影液中存在 [Ag(S2O3)2]3-与 Ag2S2O3的平衡，滴加 AgNO3会增大 Ag+浓度，根据勒夏特列原理，平衡向生成沉淀的方向移动，促进 Ag2S2O3沉淀的生成。
16．某炼锌废渣主要含(铁酸锌)、、、，还含有少量Au、Ag单质及杂质。工业上采用“湿法强化浸出-萃取分离”工艺回收、、、，流程如下：
已知：①部分氢氧化物的(25℃)数据如表所示。
物质
②，。③当某离子浓度时，可认为该离子沉淀完全。回答下列问题：
（1）能加快“酸浸”速率的措施是　 　(写出一条即可)。
（2）“酸浸”中与反应的化学方程式为　 　；滤渣1的成分除了Au、Ag、S外，还有　 　。
（3）“沉淀”时调的目的是除去，试剂的最佳选择为　 　。(填标号)。该工序中应将pH调至不低于　 　。
A． B． C． D．
（4）“萃取分液”中选用不同萃取剂实现、的分离。已知萃取时，若选用Lix-84()萃取剂，萃取后的有机相结构为。请从结构角度分析，“反萃取”时，增大浓度有利于进入水相的原因是　 　。
（5）“浸金银”中Au生成的产物是，请写出该反应的离子方程式：　 　。
（6）上述工艺流程中可循环利用的物质除了萃取剂，还有　 　(填化学式)。
【答案】（1）适当提高硫酸浓度（或适当升温，将固体粉碎研磨，适当搅拌反应混合物等）
（2）；和
（3）C；3.2
（4）增大浓度，有利于与萃取剂中的配原子O和N结合，破坏了萃取剂与之间的配位结构，将从有机相中置换出来进入水相
（5）
（6）
【知识点】配合物的成键情况；化学反应速率的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1） 提高酸浸效率的措施：可将废渣粉碎研磨以增大接触面积、适当升温、适当增大硫酸浓度、酸浸过程中搅拌混合物，使固体原料与硫酸充分接触；
故答案为： 适当提高硫酸浓度（或适当升温，将固体粉碎研磨，适当搅拌反应混合物等） ；
（2）中，Zn为+2价，Fe为+3价，与反应过程中，元素化合价不变，结合质量守恒可写出该反应化学方程式：；由分析可知，滤渣1为和；
故答案为： ；和 ；
（3）A．滤液1中主要的金属阳离子为、和，向其中加入会使上述三种金属离子一同转化为沉淀，影响后续分离，A错误；
B．可以作催化剂促进分解，但无法利用调整pH并除去，B错误；
C．ZnO通过与过量的反应调整溶液的pH，不会向滤液中引入新的杂离子，可以用于调整溶液pH并除去，C正确；
D．NaOH可以与反应，但会向溶液中引入，影响的纯度，D错误；
由题干可知，，要完全除去，需保证，此时；
故答案为： C ；3.2；
（4） 萃取过程中，Lix-84 中的 N、O 原子提供孤电子对，与 Cu2+的空轨道形成配位键，使 Cu2+进入有机相； 在反萃取过程中增大浓度有利于O原子和N原子与结合，破坏了萃取剂分子与之间的配位结构，进而释放出，使其回到水相，实现反萃取；
故答案为： 增大浓度，有利于与萃取剂中的配原子O和N结合，破坏了萃取剂与之间的配位结构，将从有机相中置换出来进入水相 ；
（5）在浸金银过程中，Au单质被氧化生成，结合质量守恒和电荷守恒可写出该反应离子方程式：；
故答案为： ；
（6）在萃取过程中，萃取剂与反应，置换出，此时水相中的离子主要有、和，经结晶除去后，滤液4中溶质的主要成分是，可以循环使用。
故答案为： ；
【分析】废渣与硫酸、氧气反应，金属硫化物（ZnS、CuS 等）被氧化为硫酸盐，ZnFe2O4与硫酸反应生成硫酸锌和硫酸铁；不反应的 SiO2、PbSO4及 Au、Ag 单质形成滤渣 1；滤液 1 中含 Zn2+、Cu2+、Fe3+。向滤液 1 中加入 ZnO 调 pH，使 Fe3+以 Fe (OH)3形式沉淀除去；再用萃取剂萃取 Cu2+，实现 Cu2+与 Zn2+的分离，有机相经反萃取回收铜，水相结晶得到硫酸锌。滤渣 1 用 NaCN 溶液、氧气浸出，Au、Ag 被氧化为可溶性氰配合物；滤液中加入锌粉置换，得到 Au、Ag 单质。
（1）结合影响反应速率的因素（接触面积、温度、浓度、搅拌）分析，这些措施均能通过加快反应速率提高酸浸效率；
（2）根据元素化合价不变的特点，结合质量守恒配平 ZnFe2O4与硫酸的反应；结合流程中不与硫酸反应的物质，判断滤渣 1 的成分为 SiO2和 PbSO4；
（3）通过分析各试剂对后续分离的影响，排除会引入杂质或无法除铁的选项，确定 ZnO 为最佳试剂；利用溶度积常数计算 Fe3+完全沉淀时的 c (OH-)，再换算得到对应 pH；
（4）从配位键的形成与破坏角度分析，萃取依靠配位键使 Cu2+进入有机相，反萃取通过增大 H+浓度破坏配位键，实现 Cu2+的回收；
（5）根据 Au 被氧化、O2被还原的化合价变化，结合质量守恒和电荷守恒，配平浸金反应的离子方程式；
（6）结合萃取过程中置换出 H+的反应，分析水相中的离子组成，得出滤液 4 的主要溶质为 H2SO4，可循环利用。
（1）为提高酸浸效率，可以适当升温并适当增大硫酸浓度，也可以将废渣粉碎研磨，并在酸浸过程中搅拌反应混合物，使固体原料与硫酸充分接触，以提高酸浸速率；
（2）中，Zn为+2价，Fe为+3价，与反应过程中，元素化合价不变，结合质量守恒可写出该反应化学方程式：；由分析可知，滤渣1为和；
（3）A．由分析可知，滤液1中主要的金属阳离子为、和，向其中加入会使上述三种金属离子一同转化为沉淀，影响后续分离，A错误；
B．可以作催化剂促进分解，但无法利用调整pH并除去，B错误；
C．ZnO可以与过量的反应，调整溶液的pH，不会向滤液中引入新的杂离子，可以用于调整溶液pH并除去，C正确；
D．NaOH可以与反应，但会向溶液中引入，影响的纯度，D错误；
故答案选C；
由表格信息可知，，要完全除去，需保证，此时；
（4）从有机相结构式可以看出，Lix-84中N原子和O原子的孤对电子与的空轨道形成配位键，使从有机相进入水相，实现萃取。在反萃取过程中增大浓度有利于O原子和N原子与结合，破坏了萃取剂分子与之间的配位结构，进而释放出，使其回到水相，实现反萃取；
（5）由分析可知，在浸金银过程中，Au单质被氧化生成，从0价升至+1价，O元素从0价降至-2价，结合质量守恒和电荷守恒可写出该反应离子方程式：；
（6）在萃取过程中，萃取剂与反应，置换出，此时水相中的离子主要有、和，经结晶除去后，滤液4中溶质的主要成分是，可以循环使用。
17．中央经济工作会议强调要加快新能源、绿色低碳等前沿技术研发和应用推广。和在催化剂作用下，可实现二氧化碳甲烷化，其主要反应如下：
反应Ⅰ： ；
反应Ⅱ： 。
回答下列问题：
（1）一定温度下相关物质的相对能量如下表，则　 　。
物质
相对能量 0 -393.5 -110.5 -242
（2）在一定压强下，将按一定比例混合的和通过装有催化剂的反应器，发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，在两种不同催化剂作用下，反应相同时间，测得转化率和生成选择性随温度变化的关系分别如图1、图2所示。
已知：选择性。
①对比上述两种催化剂的催化性能，工业上应选择的催化剂和最佳反应温度为　 　、　 　。
②在①所选的催化剂和温度下，下列措施能提高平衡转化率的是　 　(填标号)。
A．增大压强 B．恒压下通入水蒸气 C．延长反应时间 D．增加投入量
③以为催化剂，高于320℃后，转化率略有下降的可能原因是　 　。
（3）在恒容密闭容器中充入1mol和4mol，若只发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，达到平衡时含碳物质的物质的量[]与温度(T)的关系如图3所示。
①图中表示的曲线为　 　(填“X”“Y”或“”)，其呈现如图变化趋势的原因为　 　。
②点时体系压强为，则反应Ⅱ的平衡常数　 　(已知：分压=总压×物质的量分数)。
（4）电化学方法也可以实现甲烷化。利用图4装置实现微生物催化驱动甲烷化，同时可处理有机废水。b电极的电极反应式为　 　。
【答案】（1）
（2）Ni-CeO2；320℃；AD；温度过高，导致催化剂活性降低
（3）Z；温度低于T1时，升高温度，以反应Ⅰ逆向移动为主，导致二氧化碳物质的量增大，温度高于T1时，升高温度，以反应Ⅱ正向移动为主，导致二氧化碳物质的量减小；0.27
（4）
【知识点】反应热和焓变；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）根据反应焓变的定义，生成物总能量减去反应物总能量，可得：；
故答案为： ；
（2）① 工业上应选择的催化剂和最佳反应温度为 Ni-CeO2、320℃，此时二氧化碳转化率、甲烷选择性都较高；
②A．反应Ⅰ为气体分子数减小的反应、反应Ⅱ为气体分子数不变的反应，增大压强，反应Ⅰ正向移动，能提高平衡转化率；
B．恒压下通入水蒸气，水蒸气浓度增大，同时会导致容器体积增大，使得平衡逆向移动，平衡转化率降低；
C．延长反应时间，不改变平衡移动，不能提高平衡转化率
D．增加投入量，会促进二氧化碳的转化，能提高平衡转化率；
故选AD；
③ 高于 320℃后，CO2转化率略有下降，原因是温度过高导致催化剂活性降低，反应速率减慢，单位时间内转化率下降；
故答案为： Ni-CeO2 ； 320℃ ； AD ； 温度过高，导致催化剂活性降低 ；
（3）① 图中 X、Y、Z 分别表示 CH4、CO、CO2的曲线；温度低于 T1时，以反应 Ⅰ 逆向移动为主，CO2物质的量增大；温度高于 T1时，以反应 Ⅱ 正向移动为主，CO2物质的量减小；
②由图，点时体系压强为，甲烷、CO均为0.3mol，由三段式：
二氧化碳、氢气、甲烷、水、一氧化碳分别为0.4mol、2.5mol、0.3mol、0.9mol、0.3mol，总的物质的量为4.4mol，因该反应前后气体分子数不变，故反应Ⅱ的平衡常数；
故答案为： Z ； 温度低于T1时，升高温度，以反应Ⅰ逆向移动为主，导致二氧化碳物质的量增大，温度高于T1时，升高温度，以反应Ⅱ正向移动为主，导致二氧化碳物质的量减小 ； 0.27 ；
（4）电解池中，b 极 CO2被还原为 CH4，电极反应式为：。
故答案为： ；
【分析】（1）反应焓变计算：直接根据焓变的定义，即生成物总能量减去反应物总能量，代入数据计算即可；
（2）①通过对比不同催化剂和温度下的转化率、选择性，选择综合性能最优的 Ni-CeO2和 320℃；
②根据反应前后气体分子数变化，结合压强、浓度、时间等因素对平衡的影响，判断能提高 CO2平衡转化率的措施；
③催化剂的活性受温度影响，温度过高会导致活性降低，从而使单位时间内的转化率下降；
（3）①结合反应 Ⅰ（放热）和反应 Ⅱ（吸热）的热效应，分析温度对各物质物质的量的影响，判断曲线对应的物质；
②利用三段式计算平衡时各物质的物质的量，再根据平衡常数的定义，代入分压或物质的量计算 Kp；
（4）电解池电极反应式书写：根据 CO2被还原为 CH4的过程，结合电荷守恒和原子守恒，写出电极反应式。
（1）反应焓变等于生成物能量和减去反应物能量和，则；
（2）①对比上述两种催化剂的催化性能，工业上应选择的催化剂和最佳反应温度为Ni-CeO2、320℃，此时二氧化碳转化率、甲烷选择性都较高；
②A．反应Ⅰ为气体分子数减小的反应、反应Ⅱ为气体分子数不变的反应，增大压强，反应Ⅰ正向移动，能提高平衡转化率；
B．恒压下通入水蒸气，水蒸气浓度增大，同时会导致容器体积增大，使得平衡逆向移动，平衡转化率降低；
C．延长反应时间，不改变平衡移动，不能提高平衡转化率
D．增加投入量，会促进二氧化碳的转化，能提高平衡转化率；
故选AD；
③图示为反应相同时间的图示，以为催化剂，高于320℃后，转化率略有下降的可能原因是温度过高，导致催化剂活性降低，使得反应速率降低，导致单位时间内二氧化碳转化率下降；
（3）①反应Ⅰ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲烷物质的量降低，反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO物质的量增大，故图中XYZ分别表示、CO、的曲线；其呈现如图变化趋势的原因为温度低于T1时，升高温度，以反应Ⅰ逆向移动为主，导致二氧化碳物质的量增大，温度高于T1时，升高温度，以反应Ⅱ正向移动为主，导致二氧化碳物质的量减小；
②由图，点时体系压强为，甲烷、CO均为0.3mol，由三段式：
二氧化碳、氢气、甲烷、水、一氧化碳分别为0.4mol、2.5mol、0.3mol、0.9mol、0.3mol，总的物质的量为4.4mol，因该反应前后气体分子数不变，故反应Ⅱ的平衡常数；
（4）图示为电解池装置，b极二氧化碳得到电子被还原为甲烷：。
18．双氯芬酸钠是一种非甾体类镇痛剂，具有较强的抗炎作用和相对的安全性，双氯芬酸(M)的一种合成路线如图所示。
已知：①；②。请回答下列问题：
（1）化合物L中的官能团的名称为　 　；化合物A的名称为　 　。
（2）若调换的反应顺序：先在中反应，再在浓硫酸中反应，D的产率将　 　(填“降低”“升高”或“不变”)，理由是　 　。
（3）D——E除E外还有两种物质生成，分别为　 　、　 　。(用化学式表示)
（4）E+L→M的化学方程式为　 　。
（5）有机物X为L的同分异构体，满足下列条件的X的结构有　 　种(不考虑立体异构)。
①分子中含有苯环，且苯环上有2个取代基
②能发生银镜反应
③分子中含有手性碳原子
其中，核磁共振氢谱显示有5组峰且峰面积之比为的结构简式为　 　(任写一种)。
（6）根据上述路线中的相关知识，以为主要原料，用不超过4步的反应设计制备的合成路线　 　(无机试剂任选，已知羧基为间位取代定位基，如)。
【答案】（1）羧基、碳氯键；苯胺
（2）降低；先在中反应，有生成，造成的对位被占据，在浓硫酸的作用下，很难引入磺酸基
（3）H2SO4；CH3COOH
（4）
（5）9；或或
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；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） 根据题意可知，化合物 L 含羧基、碳氯键两种官能团；化合物 A 为苯胺：；
故答案为： 羧基、碳氯键 ； 苯胺 ；
（2） 若调换 B→D 的反应顺序，先氯化会生成，占据 - NHCOCH3的对位，导致后续难以引入磺酸基；
故答案为： 降低 ； 先在中反应，有生成，造成的对位被占据，在浓硫酸的作用下，很难引入磺酸基 ；
（3）D——E是水解为，根据元素守恒，除E外还有两种物质生成，分别为H2SO4、CH3COOH。
故答案为： H2SO4 ；CH3COOH。
（4）E是，L是，E、L发生取代反应生成M和HCl ，E+L→M的化学方程式为；
故答案为： ；
（5）①分子中含有苯环，且苯环上有2个取代基
②能发生银镜反应，含有醛基，③分子中含有手性碳原子，则两个取代基为、-Cl或、-CHO或、-OH，两个取代基在苯环上的位置有邻、间、对3种，故符合条件的同分异构体共9种；
其中，核磁共振氢谱显示有5组峰且峰面积之比为的结构简式为或或；
故答案为：9；或或 ；
（6）甲苯与浓硫酸发生取代反应生成，被酸性高锰酸钾氧化为，与氢氧化钠反应生成，酸化得到，合成路线为。
故答案为： ；
【分析】该合成路线可分为两大分支，最终通过缩合反应得到目标产物双氯芬酸：
苯胺衍生分支：以（A）为原料，先与乙酸发生乙酰化反应生成乙酰苯胺（B） 保护氨基， 由B逆推，可知A是；再经浓硫酸磺化引入对位磺酸基得到 C；随后在 FeCl3催化下与 Cl2反应，在氨基邻位引入两个氯原子生成 D；继而推出C为 ，最后在酸性条件下水解，脱去乙酰基和磺酸基，得到关键中间体 （E）。
苯乙酸衍生分支：以F为原料，在引发剂作用下与 NCS 发生侧链氯化生成G；再经 NaCN 亲核取代引入氰基，生成H，逆推得 G是、F是； 随后在硫酸条件下水解，将氰基转化为羧基，得到另一关键中间体邻氯苯乙酸（L）。
缩合反应：E（）与L在一定条件下发生亲核取代反应，脱去一分子 HCl，形成 C-N 键，最终得到目标产物双氯芬酸（M）。
（1）官能团与物质名称判断：根据结构简式识别 L 中的官能团，结合氨基苯的结构判断 A 的名称；
（2）反应顺序分析：基于苯环上取代基的定位效应，分析先氯化会导致的副反应，理解反应顺序对后续基团引入的影响；
（3）水解反应产物判断：结合 D 的结构，根据元素守恒推断水解产物，除目标分子外还有 H2SO4和 CH3COOH；
（4）取代反应方程式书写：明确 E 与 L 的反应类型为取代反应，根据氨基与羧基的反应规律写出方程式；
（5）同分异构体分析：根据题目给出的取代基数量、官能团和手性碳条件，先确定取代基组合，再结合邻间对位置异构计算总数；最后根据核磁共振氢谱的峰数和面积比，筛选出符合条件的结构；
（6）有机合成路线设计：以甲苯为原料，结合定位基效应，先引入磺酸基保护对位，再氧化甲基，最后通过碱溶、酸化得到目标产物。
（1）根据L的结构简式，化合物L中的官能团的名称为羧基、碳氯键；化合物A是，名称为苯胺；
（2）若调换的反应顺序：先在中反应，有生成，造成的对位被占据，在浓硫酸的作用下，很难引入磺酸基。
（3）D——E是水解为，根据元素守恒，除E外还有两种物质生成，分别为H2SO4、CH3COOH。
（4）E是，L是，E、L发生取代反应生成M和HCl ，E+L→M的化学方程式为；
（5）①分子中含有苯环，且苯环上有2个取代基
②能发生银镜反应，含有醛基，③分子中含有手性碳原子，则两个取代基为、-Cl或、-CHO或、-OH，两个取代基在苯环上的位置有邻、间、对3种，故符合条件的同分异构体共9种；
其中，核磁共振氢谱显示有5组峰且峰面积之比为的结构简式为或或；
（6）甲苯与浓硫酸发生取代反应生成，被酸性高锰酸钾氧化为，与氢氧化钠反应生成，酸化得到，合成路线为。
1 / 1广西南宁市2026届高三下学期第二次适应性测试化学试题
1．我国在科技领域的重大成就彰显了国家实力。下列有关说法正确的是
A．“奋斗者”号载人潜水器使用的钛合金，其熔点高于纯钛金属
B．“C919”大飞机使用的氮化硅涂层，属于传统无机非金属材料
C．“复兴号”高铁车厢连接部位使用的聚四氟乙烯，其单体是四氟乙烯
D．“神舟十八号”载人飞船使用的铬镍蓄电池充电过程是由化学能转化为电能
2．下列实验操作规范的是
A．转移溶液 B．钠在空气中燃烧
C．加热固体 D．测定中和反应反应热
A．A B．B C．C D．D
3．超氧化钾()可用作潜水或航天装置的吸收剂和供氧剂，反应为，为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．中键的数目为
B．晶体中离子的数目为
C．溶液中的数目为0.01
D．反应每生成，转移电子数目为
钴酞菁被广泛应用于电池材料、传感材料、光动力治疗等方面。钴酞菁可在催化下通过邻苯二甲酸酐与、尿素混合后加热制得。钴酞菁为平面结构，直径为，结构如图1所示，为增强水溶性可将其改性为四氨基钴酞菁，四氨基钴酞菁结构如图2。据此完成下面两个小题。
4．下列有关化学用语表示正确的是
A．铵根离子的VSEPR模型：
B．Co2+的价电子排布式：3d54s2
C．水合氯离子的示意图：
D．用轨道表示式表示尿素[CO(NH2)2]中C原子的杂化：
5．下列关于物质性质或事实的解释错误的是
选项 性质或事实 解释
A 钴酞菁为平面结构 钴酞菁分子中C、N原子均采用sp2杂化
B 可用渗析法分离钴酞菁和NaCl溶液 钴酞菁能通过半透膜，Na+和Cl-不能
C Co2+可与酞菁形成配合物 Co2+有空轨道，可接受孤电子对
D 与钴酞菁相比，四氨基钴酞菁水溶性更好 -NH2能与H2O形成氢键
A．A B．B C．C D．D
6．化合物M是合成一种实体瘤潜在药物的中间体，其合成路线中的某一步如下：
下列有关K和M的说法正确的是
A．M的分子式为
B．K中的所有原子不可能共平面
C．K和M都能发生氧化反应、水解反应
D．1molM最多能和发生加成反应
7．一种矿石的组成元素W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，且它们中只有一种是金属元素。X原子L层比K层多一个电子；Z原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子数相等，且其第一电离能高于同周期相邻元素的。下列说法正确的是
A．电负性：
B．为非极性分子
C．简单离子的半径：
D．同周期元素中，Y的氢化物的沸点最高
8．高铁酸钾()是一种新型绿色消毒剂，某化学兴趣小组制备高铁酸钾的主要流程如图。下列离子方程式正确的是
A．反应①：
B．反应②：
C．反应③：
D．反应④：
9．铑的配合物离子可催化甲醇羰基化，反应历程如图所示。
下列叙述正确的是
A．图中的是
B．反应历程中是催化剂
C．反应历程没有涉及非极性键的断裂和形成
D．甲醇羰基化反应为
10．探究Cu分别和物质A的反应，一段时间后实验现象如表所示。
装置 序号 物质A 实验现象
① 溶液（调） 铜粉溶解，溶液变为深棕色［经检验含］
② 溶液 铜粉溶解，溶液变为蓝绿色
③ 溶液（调） 无明显变化
下列分析错误的是
A．实验①中被还原
B．由实验②可知，氧化性：
C．若向实验③的溶液中加入适量的固体，铜粉不会溶解
D．结合实验①②③可知，可能被Cu还原为，再与反应生成NO
11．我国科研人员设计的/乙醇电池系统具有良好的充放电循环稳定性，可以实现污水脱硝、能源转化以及化学品合成的协同增效，工作原理如图所示。
下列说法错误的是
A．放电时，a极区溶液pH减小
B．充放电过程中，储液罐甲的液流体系中可合成
C．充电时，若消耗4.6 g乙醇，则有0.2 mol阴离子通过交换膜
D．充电时，阴极的电极反应式为
12．某种重要的材料由Pb、O、Ti元素组成，其立方晶胞结构如图所示，已知晶胞边长为，设阿伏加德罗常数的值为。下列说法错误的是
A．晶胞中距离最近的的个数为6
B．晶胞中与之间的最短距离为
C．若以为晶胞的顶点，则位于晶胞的面心
D．该晶体的密度为
13．利用甲醇分解制取烯烃，涉及如下反应：①、②、③ 。向某恒压容器中通入0.8mol，反应完全，平衡体系中各物质的物质的量分数随温度变化的关系如图所示。
已知：下，反应后达到平衡，此时，体系总压强为。下列说法错误的是
A．反应③的
B．曲线表示的物质的量分数随温度的变化关系
C．向平衡体系中通入，再次平衡后，增大
D．、下，内，
14．常温下，将一定浓度的溶液分别滴加到浓度均为的、溶液中，生成沉淀的溶解平衡曲线如图所示(表示或)。已知：当某离子浓度时，可认为该离子沉淀完全；，。下列叙述正确的是
A．①代表的溶解平衡曲线
B．点对应条件下，能生成沉淀，也能生成沉淀
C．向固体中加入溶液，可发生的转化
D．向均为的混合溶液中滴加溶液，当完全沉淀时，溶液中
15．含硫化合物在工业上应用广泛，如硫代硫酸钠晶体(，)可用作定影剂、还原剂，在酸性环境中不稳定且易歧化。回答下列问题：
I．实验室可通过如图所示装置(夹持装置已省略)制备。
（1）装置A中盛装70%硫酸的仪器名称为　 　；装置中鸭嘴阀的作用为　 　。
（2）若装置B中观察到试剂瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升，试分析造成该现象的可能原因：　 　。
（3）装置C中发生反应的化学方程式为　 　；当装置C中溶液由浑浊变澄清时应停止通入，若继续通入，将导致产率降低，理由是　 　。
II．硫代硫酸钠的应用—定影。
胶片冲印原理是用定影液(含)将胶片上未感光的转化为，新制定影液(含)和废定影液[含和少量]的鉴别方法如图。
已知：①；②白色易分解出黑色。
（4）盛装新制定影液的试管为　 　(填“A”或“B”)，若继续向该试管中滴加溶液，将出现的实验现象是　 　。
（5）结合化学平衡移动原理解释试管A中产生白色沉淀的原因　 　。
16．某炼锌废渣主要含(铁酸锌)、、、，还含有少量Au、Ag单质及杂质。工业上采用“湿法强化浸出-萃取分离”工艺回收、、、，流程如下：
已知：①部分氢氧化物的(25℃)数据如表所示。
物质
②，。③当某离子浓度时，可认为该离子沉淀完全。回答下列问题：
（1）能加快“酸浸”速率的措施是　 　(写出一条即可)。
（2）“酸浸”中与反应的化学方程式为　 　；滤渣1的成分除了Au、Ag、S外，还有　 　。
（3）“沉淀”时调的目的是除去，试剂的最佳选择为　 　。(填标号)。该工序中应将pH调至不低于　 　。
A． B． C． D．
（4）“萃取分液”中选用不同萃取剂实现、的分离。已知萃取时，若选用Lix-84()萃取剂，萃取后的有机相结构为。请从结构角度分析，“反萃取”时，增大浓度有利于进入水相的原因是　 　。
（5）“浸金银”中Au生成的产物是，请写出该反应的离子方程式：　 　。
（6）上述工艺流程中可循环利用的物质除了萃取剂，还有　 　(填化学式)。
17．中央经济工作会议强调要加快新能源、绿色低碳等前沿技术研发和应用推广。和在催化剂作用下，可实现二氧化碳甲烷化，其主要反应如下：
反应Ⅰ： ；
反应Ⅱ： 。
回答下列问题：
（1）一定温度下相关物质的相对能量如下表，则　 　。
物质
相对能量 0 -393.5 -110.5 -242
（2）在一定压强下，将按一定比例混合的和通过装有催化剂的反应器，发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，在两种不同催化剂作用下，反应相同时间，测得转化率和生成选择性随温度变化的关系分别如图1、图2所示。
已知：选择性。
①对比上述两种催化剂的催化性能，工业上应选择的催化剂和最佳反应温度为　 　、　 　。
②在①所选的催化剂和温度下，下列措施能提高平衡转化率的是　 　(填标号)。
A．增大压强 B．恒压下通入水蒸气 C．延长反应时间 D．增加投入量
③以为催化剂，高于320℃后，转化率略有下降的可能原因是　 　。
（3）在恒容密闭容器中充入1mol和4mol，若只发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，达到平衡时含碳物质的物质的量[]与温度(T)的关系如图3所示。
①图中表示的曲线为　 　(填“X”“Y”或“”)，其呈现如图变化趋势的原因为　 　。
②点时体系压强为，则反应Ⅱ的平衡常数　 　(已知：分压=总压×物质的量分数)。
（4）电化学方法也可以实现甲烷化。利用图4装置实现微生物催化驱动甲烷化，同时可处理有机废水。b电极的电极反应式为　 　。
18．双氯芬酸钠是一种非甾体类镇痛剂，具有较强的抗炎作用和相对的安全性，双氯芬酸(M)的一种合成路线如图所示。
已知：①；②。请回答下列问题：
（1）化合物L中的官能团的名称为　 　；化合物A的名称为　 　。
（2）若调换的反应顺序：先在中反应，再在浓硫酸中反应，D的产率将　 　(填“降低”“升高”或“不变”)，理由是　 　。
（3）D——E除E外还有两种物质生成，分别为　 　、　 　。(用化学式表示)
（4）E+L→M的化学方程式为　 　。
（5）有机物X为L的同分异构体，满足下列条件的X的结构有　 　种(不考虑立体异构)。
①分子中含有苯环，且苯环上有2个取代基
②能发生银镜反应
③分子中含有手性碳原子
其中，核磁共振氢谱显示有5组峰且峰面积之比为的结构简式为　 　(任写一种)。
（6）根据上述路线中的相关知识，以为主要原料，用不超过4步的反应设计制备的合成路线　 　(无机试剂任选，已知羧基为间位取代定位基，如)。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】无机非金属材料；合金及其应用
【解析】【解答】A、合金的熔点通常低于其组分纯金属的熔点，钛合金的熔点低于纯钛金属，故 A 错误；
B、氮化硅属于新型无机非金属材料，而非传统无机非金属材料，故 B 错误；
C、聚四氟乙烯是由四氟乙烯发生加聚反应生成的高分子化合物，其单体为四氟乙烯，故 C 正确；
D、铬镍蓄电池充电过程中，是将电能转化为化学能，而非化学能转化为电能，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
合金的熔点一般低于其组分纯金属；
氮化硅是新型无机非金属材料，传统无机非金属材料主要包括陶瓷、玻璃、水泥；
聚四氟乙烯的单体为四氟乙烯；
蓄电池充电过程是电能转化为化学能，放电过程是化学能转化为电能。
2．【答案】A
【知识点】钠的化学性质；配制一定物质的量浓度的溶液；中和热的测定
【解析】【解答】A、转移 NaOH 溶液时，使用玻璃棒引流，且玻璃棒下端抵在容量瓶刻度线以下，操作规范，故 A 正确；
B、钠在空气中燃烧应在坩埚中进行，不能使用玻璃表面皿，高温下钠会与玻璃中的二氧化硅反应，故 B 错误；
C、加热 NH4HCO3固体时，试管口应略向下倾斜，防止反应生成的水蒸气冷凝回流使试管炸裂，故 C 错误；
D、测定中和反应反应热时，装置缺少环形玻璃搅拌棒，无法使酸碱溶液充分混合，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
溶液转移操作中，玻璃棒引流的正确位置与使用方法；
钠燃烧实验对容器的特殊要求，避免钠与玻璃成分反应；
加热固体时试管口的朝向规范，防止冷凝水回流；
中和热测定装置中环形玻璃搅拌棒的必要性。
3．【答案】B
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质结构中的化学键数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、44g CO2的物质的量为 1mol，1 个 CO2分子中含有 2 个 σ 键，故 σ 键数目为 2NA，故 A 错误；
B、KO2晶体由 K+和 O2-构成，1mol KO2晶体中含 1mol K+和 1mol O2-，离子总数为 2NA，故 B 正确；
C、CO32-在溶液中会发生水解，100mL 0.1mol L- K2CO3溶液中 CO32-的数目小于 0.01NA，故 C 错误；
D、根据反应 4KO2+2CO2=2K2CO3+3O2， KO2中O为-0.5价，生成3 mol O2时共转移3 mol电子， 则生成 1mol O2转移电子数目为 NA ，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
CO2分子中 σ 键的数目判断，1 个 CO2分子含 2 个 σ 键；
KO2晶体的离子构成，由 K+和 O2-两种离子组成；
碳酸根离子在水溶液中的水解平衡，会导致其数目减少；
氧化还原反应中电子转移数目的计算，需结合反应方程式分析化合价变化。
【答案】4．C
5．B
【知识点】判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）A、铵根离子的中心 N 原子价层电子对数为 4（ ），VSEPR 模型应为正四面体结构， 如图， 故 A 错误；
B、Co 原子价电子排布式为 3d74s2，失去最外层 2 个电子形成 Co2+，价电子排布式应为 3d7，故 B 错误；
C、水合氯离子中，Cl-带负电荷，水分子中 H 原子带正电，H 原子朝向 Cl-，示意图符合水合氯离子的结构，故 C 正确；
D、尿素中 C 原子形成碳氧双键，为 sp2 杂化，轨道表示式中 C 原子应形成 3 个 sp2 杂化轨道，而非 sp3 杂化，正确的轨道表示式表示应为，故 D 错误；
故答案为：C。
（2）A、钴酞菁为平面结构，分子中 C、N 原子均采用 sp2 杂化，形成平面共轭体系，故 A 正确；
B、钴酞菁分子直径为 1.3×10-9m，属于胶体粒子范围，不能透过半透膜，而 Na+和 Cl-可透过半透膜，故可用渗析法分离，选项中解释 “钴酞菁能通过半透膜” 错误，故 B 错误；
C、Co2+有空轨道，酞菁分子中的 N 原子有孤电子对，二者可形成配位键，故 C 正确；
D、四氨基钴酞菁中的 - NH2能与 H2O 形成氢键，因此水溶性比钴酞菁更好，故 D 正确；
故答案为：B。
【分析】（1）本题解题要点：
铵根离子的 VSEPR 模型判断，中心 N 原子无孤电子对，价层电子对数为 4，呈正四面体结构；
Co2+的价电子排布式，需结合 Co 原子的电子排布及失电子顺序分析；
水合离子的结构特点，阴离子的水合中水分子的 H 原子朝向阴离子；
尿素中 C 原子的杂化类型，C 原子形成双键，为 sp2 杂化。
（2）本题解题要点：
平面结构分子中 C、N 原子的杂化类型判断，sp2 杂化可形成平面结构；
胶体与溶液的渗析分离原理，胶体粒子不能透过半透膜，离子可透过；
配合物形成的条件，中心离子有空轨道，配体有孤电子对；
氢键对物质水溶性的影响，能与水形成氢键的分子水溶性更好。
4．A、铵根离子的中心 N 原子价层电子对数为 4（ ），VSEPR 模型应为正四面体结构， 如图， 故 A 错误；
B、Co 原子价电子排布式为 3d74s2，失去最外层 2 个电子形成 Co2+，价电子排布式应为 3d7，故 B 错误；
C、水合氯离子中，Cl-带负电荷，水分子中 H 原子带正电，H 原子朝向 Cl-，示意图符合水合氯离子的结构，故 C 正确；
D、尿素中 C 原子形成碳氧双键，为 sp2 杂化，轨道表示式中 C 原子应形成 3 个 sp2 杂化轨道，而非 sp3 杂化，正确的轨道表示式表示应为，故 D 错误；
故答案为：C。
5．A．钴酞菁为平面结构，说明分子中碳原子和氮原子的杂化方式均为sp2杂化，A正确；
B．钴酞菁的分子直径为1.3 nm，因此在水中所形成的分散系属于胶体，胶体中的胶粒不能透过半透膜，溶液中的溶质离子可通过半透膜，B错误；
C．配合物钴酞菁中，Co2+是中心离子，提供空轨道，接受配位原子的孤电子对形成配位键，C正确；
D．四氨基钴酞菁中含有4个氨基，氨基是亲水基团，氨基中氮原子能与水分子形成氢键，增大其在水中的溶解性，D正确；
故答案为：B。
6．【答案】D
【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、根据 M 的结构简式，分子式应为，A错误；
B、K 分子中含有饱和 sp3 杂化碳原子，其四面体结构会导致分子中所有原子不可能共平面，故 B 正确；
C、K 分子中不存在可水解的官能团（如酯基、卤原子），不能发生水解反应，故 C 错误；
D、1mol M 中，苯环可与 3mol H2加成， 3 mol酮羰基与加成 ， 碳碳双键消耗 1mol H2，共可与 7mol H2发生加成反应，故 D 错误；
故答案为：B。【分析】本题解题要点：
分子式判断：通过逐个数出分子中的 C、H、O、Br 原子数，确认分子式为；
原子共面判断：K 分子中存在饱和碳原子，其 sp3 杂化的四面体结构，使部分原子无法处于同一平面；
反应类型判断：K 分子中无卤原子、酯基等可水解官能团，因此不能发生水解反应；两者均含碳碳双键、羰基，可发生氧化反应；
加成反应消耗 H2量：明确可与 H2加成的官能团，苯环、碳碳双键、酮羰基均可加成，逐一计算后得到总量为7mol。
7．【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
【解析】【解答】A、同周期从左到右电负性增大，同主族从上到下电负性减小，非金属性越强电负性越大；W、X、Y、Z 分别为 H、B、O、Mg，电负性：O > B > Mg，即 Y > X > Z，故 A 正确；
B、W2Y2为 H2O2，结构不对称，正负电荷中心不重合，为极性分子；故 B 错误；
C、电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小；故简单离子半径：O2- > Mg2+，即 Y > Z，故 C 错误；
D、Y 为 O 元素，第二周期元素的氢化物中，HF 存在氢键，沸点高于 H2O，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】元素推断：由 “X 原子 L 层比 K 层多一个电子” 推出 X 为 B；由 “W2Y” 推出 Y 为 O，W 为 H；由 “Z 的 s 能级电子总数与 p 能级相等，且第一电离能高于同周期相邻元素” 推出 Z 为 Mg；
8．【答案】D
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、反应①中，Fe3+与 HCO3-发生双水解反应，正确的离子方程式为：，A错误；
B、反应②中，Cl2与 NaOH 反应的离子方程式原子不守恒，正确的应为： ，故 B 错误；
C、反应③中，离子方程式的电荷不守恒，正确的应为： ，故 C 错误；
D、反应④中，Na2FeO4与饱和 KOH 溶液发生复分解反应，析出 K2FeO4晶体，离子方程式为： ，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
反应①：Fe3+与 HCO3-的双水解反应，需注意反应物为 HCO3-而非 CO32-；
反应②：Cl2与碱反应的离子方程式，需满足原子守恒、电荷守恒；
反应③：碱性条件下 ClO-氧化 Fe(OH)3的反应，需通过化合价升降法配平，保证电荷守恒与原子守恒；
反应④：利用 K2FeO4的溶解度比 Na2FeO4小，发生复分解反应析出晶体，离子方程式书写正确。
9．【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；配合物的成键情况；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、根据反应历程，X与水反应生成HI和CH3COOH，可推知X为CH3COI，而非CH3CHO，故A错误；
B、反应历程中， 是反应的中间产物，并非催化剂（催化剂在反应前后不发生变化），故B错误；
C、反应历程中涉及CO参与反应，CO中的碳氧键为极性键，但整个过程中不存在非极性键的断裂和形成，故C错误；
D、由反应历程可知，反应物为CH3OH和CO，生成物为CH3COOH，反应方程式为，故D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
反应中间体推断：结合X与水反应生成HI和CH3COOH，逆向推出X为CH3COI；
催化剂与中间产物的区分：催化剂在反应前后结构不变，而中间产物在反应过程中生成又消耗；
化学键类型判断：分析反应中涉及的化学键，确认无O=O、C-C等同种原子间形成的非极性键的断裂与生成；
总反应方程式推导：结合反应历程中的反应物和生成物，确定甲醇羰基化的总反应式。
10．【答案】C
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A、实验①中生成了 Fe(NO)2+，说明 NO3-被还原为 NO，再与 Fe2+结合，故 A 正确；
B、实验②中发生反应 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，根据氧化还原反应规律，氧化剂的氧化性强于氧化产物，故氧化性：Fe3+ > Cu2+，故 B 正确；
C、向实验③的溶液中加入适量 FeSO4固体，溶液中存在 Fe2+、NO3-和 H+，Fe2+会被 NO3-(H+) 氧化为 Fe3+，生成的 Fe3+又会与 Cu 反应，铜粉会溶解，故 C 错误；
D、结合实验①②③可推知，Fe3+可能被 Cu 还原为 Fe2+，Fe2+再与 NO3-(H+) 反应生成 NO，故 D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
实验①中 Fe(NO)2+的生成，说明 NO3-在酸性条件下被还原为 NO；
实验②的反应体现了 Fe3+的氧化性强于 Cu2+；
Fe2+、NO3-和 H+共存时，会发生氧化还原反应生成 Fe3+，Fe3+可进一步氧化 Cu；
综合三组实验，可推断出 Fe3+与 NO3-(H+) 在反应中的协同作用。
11．【答案】C
【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
【解析】【解答】A、放电时，a 极 Zn 被氧化生成 [Zn(OH)4]2-，消耗 OH-，溶液 pH 减小，故 A 正确；
B、储液罐甲中放电生成 NH3，充电生成 CH3COOH，二者可反应生成 CH3COONH4，故 B 正确；
C、充电时，消耗 4.6g 乙醇（物质的量为 0.1mol），乙醇被氧化为乙酸，每 mol 乙醇失去 4mol 电子，0.1mol 乙醇失去 0.4mol 电子；电路中转移 0.4mol 电子，需有 0.4mol 阴离子通过阴离子交换膜，故 C 错误；
D、充电时，阴极发生还原反应，[Zn(OH)4]2-得电子生成 Zn，电极反应式为 [Zn(OH)4]2-+2e-=Zn+4OH-，故 D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
放电时，Zn 极为负极，发生氧化反应， 转化为， 消耗 OH-，pH 减小； 因此为负极，为正极；充电时，为阴极，为阳极。
储液罐甲中放电生成 NH3、充电生成 CH3COOH，二者可发生反应生成 CH3COONH4；
乙醇被氧化为乙酸时，1mol 乙醇失去 4mol 电子，0.1mol 乙醇反应转移 0.4mol 电子，对应通过阴离子交换膜的阴离子为 0.4mol；
充电时，阴极发生还原反应，[Zn(OH)4]2-被还原为 Zn，电极反应式正确。
12．【答案】B
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、晶胞中位于体心，周围最近的位于面心，上下、左右、前后共6个，故A正确；
B、晶胞中位于面心，两个之间的最短距离为晶胞面对角线的一半，即，而非，故B错误；
C、若以为晶胞的顶点，则位于原晶胞的顶点位置变为面心，故C正确；
D、晶胞中含1个、1个、3个，摩尔质量为，晶胞密度，故D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
配位数判断：体心离子的配位数为6，周围6个面心的距离相等且最近；
距离计算：面心原子间的最短距离为面对角线的一半，即；
晶胞等效变换：以面心原子为顶点时，原顶点原子变为面心；
密度计算：晶胞中原子数分别为，，，结合晶胞体积计算密度。
13．【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A、温度升高时，乙烯的物质的量分数降低，丙烯和乙烷的物质的量分数升高，说明反应③平衡正向移动，故，A正确；
B、反应①和②均生成水，且水的物质的量分数随温度变化幅度小，曲线a表示，B正确；
C、恒压条件下通入，容器体积增大，各物质浓度同等倍数减小，平衡不移动，故减小，C错误；
D、设平衡时的物质的量为，由可知的物质的量为，根据反应关系和物料守恒计算得体系总物质的量为，的分压为，则，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
温度变化与平衡移动：根据乙烯、丙烯、乙烷的物质的量分数随温度的变化，判断反应③的热效应；
曲线成分判断：反应①和②均生成水，水的物质的量分数最大且变化平缓，对应曲线a；
恒压下通入惰性气体的影响：容器体积增大，各物质浓度同等倍数减小，平衡不移动，但浓度降低；
分压与反应速率计算：根据物料守恒和的关系，计算乙烯的分压，进而求反应速率。
14．【答案】C
【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、根据溶度积表达式取负对数的推导，曲线①对应的是的溶解平衡曲线，曲线②对应的是的溶解平衡曲线，A错误；
B、，数值越大代表越小。a点位于两条曲线的上方，意味着在相同阴离子浓度下，体系中的低于沉淀溶解平衡时的浓度，离子积，不会生成任何沉淀，B错误；
C、对于转化反应，其平衡常数，该常数远大于1，说明反应正向进行的趋势很大，只要的浓度足够，转化反应就可以发生，C正确；
D、当完全沉淀时，，此时溶液中，将其代入的溶度积表达式，可得，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题围绕沉淀溶解平衡曲线展开，核心考查溶度积的计算与应用，解题关键是利用对数变换将溶度积表达式转化为线性关系，再结合平衡移动原理进行判断。
曲线归属判断：根据两种银盐的溶度积表达式，分别取负对数后得到不同的线性方程，据此区分曲线①和②对应的沉淀类型；
沉淀生成条件：理解的含义，通过比较a点与平衡曲线上的离子浓度，判断与的相对大小，确定沉淀能否生成；
沉淀转化反应：通过推导转化反应的平衡常数，判断反应进行的趋势和可能性；
分步沉淀计算：先计算完全沉淀时的，再代入另一沉淀的溶度积表达式，计算对应阴离子的平衡浓度，判断选项描述是否正确。
15．【答案】分液漏斗；防止倒吸；装置C中导管发生堵塞，导致装置内压强增大，使装置B中液体被压入长颈漏斗中；；过量使溶液呈酸性，在酸性条件下发生歧化反应分解，导致产率降低；B；产生白色沉淀，随后沉淀逐渐变为黑色；滴加溶液时， Ag+与发生反应，使平衡正向移动，产生白色沉淀
【知识点】二氧化硫的性质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1) 装置 A 中盛装 70% 硫酸的仪器为分液漏斗；鸭嘴阀的核心作用是单向导通气体（仅允许气体从左向右通过），可防止 D 装置中的 NaOH 溶液倒吸入 B、C 装置，避免实验失败或仪器炸裂。
故答案为： 分液漏斗 ； 防止倒吸 ；
(2) 若装置 B 中试管内液面下降、长颈漏斗内液面上升，说明装置 C 中导管发生堵塞，导致装置内压强增大，将装置 B 中的液体压入长颈漏斗。
故答案为： 装置C中导管发生堵塞，导致装置内压强增大，使装置B中液体被压入长颈漏斗中 ；
（3）装置 C 中、和通入的发生反应生成，根据原子守恒反应方程式为：；若继续通入，过量会使溶液呈酸性，由题干信息知在酸性环境中不稳定且易歧化，所以导致产率降低；
故答案为： ；过量使溶液呈酸性，在酸性条件下发生歧化反应分解，导致产率降低 ；
（4）由题干信息知新制定影液含有，废定影液含有 和少量，分别加入硝酸银溶液，对于新制定影液，反应生成，无明显现象，而废定影液反应生成白色沉淀，结合A、B试管现象判断盛装新制定影液的试管为B；若继续滴加硝酸银溶液，与反应生成白色沉淀，然后 分解生成黑色的，因此现象为随滴加 的量的增加，溶液中先产生白色沉淀，随后沉淀逐渐变为黑色；
故答案为： B ； 产生白色沉淀，随后沉淀逐渐变为黑色 ；
（5）滴加溶液时，使得Ag+浓度增加，使废定影液中存在的平衡正向移动，从而产生更多白色沉淀。
故答案为： 滴加溶液时， Ag+与发生反应，使平衡正向移动，产生白色沉淀 ；
【分析】（1）首先根据装置 A 的功能判断盛装硫酸的仪器为分液漏斗；鸭嘴阀的核心作用是防倒吸，它的单向导通特性可以阻断右侧装置的液体回流，避免反应装置被腐蚀或炸裂。
（2）装置 B 中液面变化是判断装置堵塞的关键依据。当装置 C 的导管堵塞时，气体无法顺利通过，会使 B 装置内压强升高，在压力差作用下，试管内的液体被压入长颈漏斗，出现 “试管液面下降、漏斗液面上升” 的现象。
（3）根据原子守恒和氧化还原规律，可配平 Na2S、Na2CO3与 SO2的反应方程式；SO2过量会使溶液酸性增强，而 Na2S2O3在酸性条件下会歧化分解为 S、SO2和硫酸盐，导致目标产物产率下降。
（4）新制定影液中的 Na2S2O3与 AgNO3反应生成可溶性的 Na3Ag(S2O3)2，无明显现象；废定影液中含有的 Na3Ag(S2O3)2与 Ag+反应，先生成 Ag2S2O3白色沉淀，随后该沉淀分解为黑色的 Ag2S，据此可区分两种溶液。
（5）废定影液中存在 [Ag(S2O3)2]3-与 Ag2S2O3的平衡，滴加 AgNO3会增大 Ag+浓度，根据勒夏特列原理，平衡向生成沉淀的方向移动，促进 Ag2S2O3沉淀的生成。
16．【答案】（1）适当提高硫酸浓度（或适当升温，将固体粉碎研磨，适当搅拌反应混合物等）
（2）；和
（3）C；3.2
（4）增大浓度，有利于与萃取剂中的配原子O和N结合，破坏了萃取剂与之间的配位结构，将从有机相中置换出来进入水相
（5）
（6）
【知识点】配合物的成键情况；化学反应速率的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1） 提高酸浸效率的措施：可将废渣粉碎研磨以增大接触面积、适当升温、适当增大硫酸浓度、酸浸过程中搅拌混合物，使固体原料与硫酸充分接触；
故答案为： 适当提高硫酸浓度（或适当升温，将固体粉碎研磨，适当搅拌反应混合物等） ；
（2）中，Zn为+2价，Fe为+3价，与反应过程中，元素化合价不变，结合质量守恒可写出该反应化学方程式：；由分析可知，滤渣1为和；
故答案为： ；和 ；
（3）A．滤液1中主要的金属阳离子为、和，向其中加入会使上述三种金属离子一同转化为沉淀，影响后续分离，A错误；
B．可以作催化剂促进分解，但无法利用调整pH并除去，B错误；
C．ZnO通过与过量的反应调整溶液的pH，不会向滤液中引入新的杂离子，可以用于调整溶液pH并除去，C正确；
D．NaOH可以与反应，但会向溶液中引入，影响的纯度，D错误；
由题干可知，，要完全除去，需保证，此时；
故答案为： C ；3.2；
（4） 萃取过程中，Lix-84 中的 N、O 原子提供孤电子对，与 Cu2+的空轨道形成配位键，使 Cu2+进入有机相； 在反萃取过程中增大浓度有利于O原子和N原子与结合，破坏了萃取剂分子与之间的配位结构，进而释放出，使其回到水相，实现反萃取；
故答案为： 增大浓度，有利于与萃取剂中的配原子O和N结合，破坏了萃取剂与之间的配位结构，将从有机相中置换出来进入水相 ；
（5）在浸金银过程中，Au单质被氧化生成，结合质量守恒和电荷守恒可写出该反应离子方程式：；
故答案为： ；
（6）在萃取过程中，萃取剂与反应，置换出，此时水相中的离子主要有、和，经结晶除去后，滤液4中溶质的主要成分是，可以循环使用。
故答案为： ；
【分析】废渣与硫酸、氧气反应，金属硫化物（ZnS、CuS 等）被氧化为硫酸盐，ZnFe2O4与硫酸反应生成硫酸锌和硫酸铁；不反应的 SiO2、PbSO4及 Au、Ag 单质形成滤渣 1；滤液 1 中含 Zn2+、Cu2+、Fe3+。向滤液 1 中加入 ZnO 调 pH，使 Fe3+以 Fe (OH)3形式沉淀除去；再用萃取剂萃取 Cu2+，实现 Cu2+与 Zn2+的分离，有机相经反萃取回收铜，水相结晶得到硫酸锌。滤渣 1 用 NaCN 溶液、氧气浸出，Au、Ag 被氧化为可溶性氰配合物；滤液中加入锌粉置换，得到 Au、Ag 单质。
（1）结合影响反应速率的因素（接触面积、温度、浓度、搅拌）分析，这些措施均能通过加快反应速率提高酸浸效率；
（2）根据元素化合价不变的特点，结合质量守恒配平 ZnFe2O4与硫酸的反应；结合流程中不与硫酸反应的物质，判断滤渣 1 的成分为 SiO2和 PbSO4；
（3）通过分析各试剂对后续分离的影响，排除会引入杂质或无法除铁的选项，确定 ZnO 为最佳试剂；利用溶度积常数计算 Fe3+完全沉淀时的 c (OH-)，再换算得到对应 pH；
（4）从配位键的形成与破坏角度分析，萃取依靠配位键使 Cu2+进入有机相，反萃取通过增大 H+浓度破坏配位键，实现 Cu2+的回收；
（5）根据 Au 被氧化、O2被还原的化合价变化，结合质量守恒和电荷守恒，配平浸金反应的离子方程式；
（6）结合萃取过程中置换出 H+的反应，分析水相中的离子组成，得出滤液 4 的主要溶质为 H2SO4，可循环利用。
（1）为提高酸浸效率，可以适当升温并适当增大硫酸浓度，也可以将废渣粉碎研磨，并在酸浸过程中搅拌反应混合物，使固体原料与硫酸充分接触，以提高酸浸速率；
（2）中，Zn为+2价，Fe为+3价，与反应过程中，元素化合价不变，结合质量守恒可写出该反应化学方程式：；由分析可知，滤渣1为和；
（3）A．由分析可知，滤液1中主要的金属阳离子为、和，向其中加入会使上述三种金属离子一同转化为沉淀，影响后续分离，A错误；
B．可以作催化剂促进分解，但无法利用调整pH并除去，B错误；
C．ZnO可以与过量的反应，调整溶液的pH，不会向滤液中引入新的杂离子，可以用于调整溶液pH并除去，C正确；
D．NaOH可以与反应，但会向溶液中引入，影响的纯度，D错误；
故答案选C；
由表格信息可知，，要完全除去，需保证，此时；
（4）从有机相结构式可以看出，Lix-84中N原子和O原子的孤对电子与的空轨道形成配位键，使从有机相进入水相，实现萃取。在反萃取过程中增大浓度有利于O原子和N原子与结合，破坏了萃取剂分子与之间的配位结构，进而释放出，使其回到水相，实现反萃取；
（5）由分析可知，在浸金银过程中，Au单质被氧化生成，从0价升至+1价，O元素从0价降至-2价，结合质量守恒和电荷守恒可写出该反应离子方程式：；
（6）在萃取过程中，萃取剂与反应，置换出，此时水相中的离子主要有、和，经结晶除去后，滤液4中溶质的主要成分是，可以循环使用。
17．【答案】（1）
（2）Ni-CeO2；320℃；AD；温度过高，导致催化剂活性降低
（3）Z；温度低于T1时，升高温度，以反应Ⅰ逆向移动为主，导致二氧化碳物质的量增大，温度高于T1时，升高温度，以反应Ⅱ正向移动为主，导致二氧化碳物质的量减小；0.27
（4）
【知识点】反应热和焓变；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）根据反应焓变的定义，生成物总能量减去反应物总能量，可得：；
故答案为： ；
（2）① 工业上应选择的催化剂和最佳反应温度为 Ni-CeO2、320℃，此时二氧化碳转化率、甲烷选择性都较高；
②A．反应Ⅰ为气体分子数减小的反应、反应Ⅱ为气体分子数不变的反应，增大压强，反应Ⅰ正向移动，能提高平衡转化率；
B．恒压下通入水蒸气，水蒸气浓度增大，同时会导致容器体积增大，使得平衡逆向移动，平衡转化率降低；
C．延长反应时间，不改变平衡移动，不能提高平衡转化率
D．增加投入量，会促进二氧化碳的转化，能提高平衡转化率；
故选AD；
③ 高于 320℃后，CO2转化率略有下降，原因是温度过高导致催化剂活性降低，反应速率减慢，单位时间内转化率下降；
故答案为： Ni-CeO2 ； 320℃ ； AD ； 温度过高，导致催化剂活性降低 ；
（3）① 图中 X、Y、Z 分别表示 CH4、CO、CO2的曲线；温度低于 T1时，以反应 Ⅰ 逆向移动为主，CO2物质的量增大；温度高于 T1时，以反应 Ⅱ 正向移动为主，CO2物质的量减小；
②由图，点时体系压强为，甲烷、CO均为0.3mol，由三段式：
二氧化碳、氢气、甲烷、水、一氧化碳分别为0.4mol、2.5mol、0.3mol、0.9mol、0.3mol，总的物质的量为4.4mol，因该反应前后气体分子数不变，故反应Ⅱ的平衡常数；
故答案为： Z ； 温度低于T1时，升高温度，以反应Ⅰ逆向移动为主，导致二氧化碳物质的量增大，温度高于T1时，升高温度，以反应Ⅱ正向移动为主，导致二氧化碳物质的量减小 ； 0.27 ；
（4）电解池中，b 极 CO2被还原为 CH4，电极反应式为：。
故答案为： ；
【分析】（1）反应焓变计算：直接根据焓变的定义，即生成物总能量减去反应物总能量，代入数据计算即可；
（2）①通过对比不同催化剂和温度下的转化率、选择性，选择综合性能最优的 Ni-CeO2和 320℃；
②根据反应前后气体分子数变化，结合压强、浓度、时间等因素对平衡的影响，判断能提高 CO2平衡转化率的措施；
③催化剂的活性受温度影响，温度过高会导致活性降低，从而使单位时间内的转化率下降；
（3）①结合反应 Ⅰ（放热）和反应 Ⅱ（吸热）的热效应，分析温度对各物质物质的量的影响，判断曲线对应的物质；
②利用三段式计算平衡时各物质的物质的量，再根据平衡常数的定义，代入分压或物质的量计算 Kp；
（4）电解池电极反应式书写：根据 CO2被还原为 CH4的过程，结合电荷守恒和原子守恒，写出电极反应式。
（1）反应焓变等于生成物能量和减去反应物能量和，则；
（2）①对比上述两种催化剂的催化性能，工业上应选择的催化剂和最佳反应温度为Ni-CeO2、320℃，此时二氧化碳转化率、甲烷选择性都较高；
②A．反应Ⅰ为气体分子数减小的反应、反应Ⅱ为气体分子数不变的反应，增大压强，反应Ⅰ正向移动，能提高平衡转化率；
B．恒压下通入水蒸气，水蒸气浓度增大，同时会导致容器体积增大，使得平衡逆向移动，平衡转化率降低；
C．延长反应时间，不改变平衡移动，不能提高平衡转化率
D．增加投入量，会促进二氧化碳的转化，能提高平衡转化率；
故选AD；
③图示为反应相同时间的图示，以为催化剂，高于320℃后，转化率略有下降的可能原因是温度过高，导致催化剂活性降低，使得反应速率降低，导致单位时间内二氧化碳转化率下降；
（3）①反应Ⅰ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲烷物质的量降低，反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO物质的量增大，故图中XYZ分别表示、CO、的曲线；其呈现如图变化趋势的原因为温度低于T1时，升高温度，以反应Ⅰ逆向移动为主，导致二氧化碳物质的量增大，温度高于T1时，升高温度，以反应Ⅱ正向移动为主，导致二氧化碳物质的量减小；
②由图，点时体系压强为，甲烷、CO均为0.3mol，由三段式：
二氧化碳、氢气、甲烷、水、一氧化碳分别为0.4mol、2.5mol、0.3mol、0.9mol、0.3mol，总的物质的量为4.4mol，因该反应前后气体分子数不变，故反应Ⅱ的平衡常数；
（4）图示为电解池装置，b极二氧化碳得到电子被还原为甲烷：。
18．【答案】（1）羧基、碳氯键；苯胺
（2）降低；先在中反应，有生成，造成的对位被占据，在浓硫酸的作用下，很难引入磺酸基
（3）H2SO4；CH3COOH
（4）
（5）9；或或
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；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） 根据题意可知，化合物 L 含羧基、碳氯键两种官能团；化合物 A 为苯胺：；
故答案为： 羧基、碳氯键 ； 苯胺 ；
（2） 若调换 B→D 的反应顺序，先氯化会生成，占据 - NHCOCH3的对位，导致后续难以引入磺酸基；
故答案为： 降低 ； 先在中反应，有生成，造成的对位被占据，在浓硫酸的作用下，很难引入磺酸基 ；
（3）D——E是水解为，根据元素守恒，除E外还有两种物质生成，分别为H2SO4、CH3COOH。
故答案为： H2SO4 ；CH3COOH。
（4）E是，L是，E、L发生取代反应生成M和HCl ，E+L→M的化学方程式为；
故答案为： ；
（5）①分子中含有苯环，且苯环上有2个取代基
②能发生银镜反应，含有醛基，③分子中含有手性碳原子，则两个取代基为、-Cl或、-CHO或、-OH，两个取代基在苯环上的位置有邻、间、对3种，故符合条件的同分异构体共9种；
其中，核磁共振氢谱显示有5组峰且峰面积之比为的结构简式为或或；
故答案为：9；或或 ；
（6）甲苯与浓硫酸发生取代反应生成，被酸性高锰酸钾氧化为，与氢氧化钠反应生成，酸化得到，合成路线为。
故答案为： ；
【分析】该合成路线可分为两大分支，最终通过缩合反应得到目标产物双氯芬酸：
苯胺衍生分支：以（A）为原料，先与乙酸发生乙酰化反应生成乙酰苯胺（B） 保护氨基， 由B逆推，可知A是；再经浓硫酸磺化引入对位磺酸基得到 C；随后在 FeCl3催化下与 Cl2反应，在氨基邻位引入两个氯原子生成 D；继而推出C为 ，最后在酸性条件下水解，脱去乙酰基和磺酸基，得到关键中间体 （E）。
苯乙酸衍生分支：以F为原料，在引发剂作用下与 NCS 发生侧链氯化生成G；再经 NaCN 亲核取代引入氰基，生成H，逆推得 G是、F是； 随后在硫酸条件下水解，将氰基转化为羧基，得到另一关键中间体邻氯苯乙酸（L）。
缩合反应：E（）与L在一定条件下发生亲核取代反应，脱去一分子 HCl，形成 C-N 键，最终得到目标产物双氯芬酸（M）。
（1）官能团与物质名称判断：根据结构简式识别 L 中的官能团，结合氨基苯的结构判断 A 的名称；
（2）反应顺序分析：基于苯环上取代基的定位效应，分析先氯化会导致的副反应，理解反应顺序对后续基团引入的影响；
（3）水解反应产物判断：结合 D 的结构，根据元素守恒推断水解产物，除目标分子外还有 H2SO4和 CH3COOH；
（4）取代反应方程式书写：明确 E 与 L 的反应类型为取代反应，根据氨基与羧基的反应规律写出方程式；
（5）同分异构体分析：根据题目给出的取代基数量、官能团和手性碳条件，先确定取代基组合，再结合邻间对位置异构计算总数；最后根据核磁共振氢谱的峰数和面积比，筛选出符合条件的结构；
（6）有机合成路线设计：以甲苯为原料，结合定位基效应，先引入磺酸基保护对位，再氧化甲基，最后通过碱溶、酸化得到目标产物。
（1）根据L的结构简式，化合物L中的官能团的名称为羧基、碳氯键；化合物A是，名称为苯胺；
（2）若调换的反应顺序：先在中反应，有生成，造成的对位被占据，在浓硫酸的作用下，很难引入磺酸基。
（3）D——E是水解为，根据元素守恒，除E外还有两种物质生成，分别为H2SO4、CH3COOH。
（4）E是，L是，E、L发生取代反应生成M和HCl ，E+L→M的化学方程式为；
（5）①分子中含有苯环，且苯环上有2个取代基
②能发生银镜反应，含有醛基，③分子中含有手性碳原子，则两个取代基为、-Cl或、-CHO或、-OH，两个取代基在苯环上的位置有邻、间、对3种，故符合条件的同分异构体共9种；
其中，核磁共振氢谱显示有5组峰且峰面积之比为的结构简式为或或；
（6）甲苯与浓硫酸发生取代反应生成，被酸性高锰酸钾氧化为，与氢氧化钠反应生成，酸化得到，合成路线为。
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