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四川南充市高2026届高三下学期高考适应性考试（二诊） 化学试卷
1．高分子材料应用广泛。下列说法错误的是
A．聚乳酸属微生物降解高分子，可用于手术缝合线
B．聚氯乙烯耐化学腐蚀，可用于制造食品包装材料
C．酚醛树脂受热后不能软化或熔融，可用于制造集成电路板
D．芳纶纤维强度高、热稳定性好，可用于制造防弹装甲
2．下列物质性质与用途的对应关系中，正确的是
选项 应用 性质
A 制作坩埚 具有两性
B 单晶硅制作半导体材料 单晶硅熔点高
C 制作餐具洗涤剂 具有热分解性
D 制作食品干燥剂 能与水反应
A．A B．B C．C D．D
3．下列有关化学用语或图示正确的是
A．中子数为1的氦核素：
B．邻羟基苯甲醛分子内氢键的示意图：
C．聚丙烯的链节：
D．键形成的轨道重叠示意图：
4．姜黄素是一种重要的食品色素，其结构如图所示。下列有关该化合物说法错误的是
A．属于芳香族化合物
B．分子式为
C．与足量加成后的产物有6个手性碳原子
D．该物质与溴水反应，最多可消耗
5．硫酸铵是农业常用的化肥之一，受热易发生分解[。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．溶液中数目小于
B．每生成，反应中转移电子数目为
C．分子中中心原子上的孤电子对数为
D．与足量在一定条件下充分反应生成
6．下列关于物质性质或应用解释错误的是
选项 性质或应用 解释
A 烷基磺酸根作表面活性剂 烷基磺酸根一端是亲水基，另一端是疏水基
B 高分子聚乙炔能导电 聚乙炔中存在大π键为电荷传导提供通路
C 壁虎能在墙壁上爬行 壁虎足上的细毛与墙体能形成强烈的化学键
D 低温石英具有手性 硅氧四面体顶角相连形成螺旋上升的长链结构
A．A B．B C．C D．D
7．下列离子方程式书写正确的是
A．溶液中滴加浓盐酸，蓝色溶液变为黄绿色：
B．水杨酸溶液中加入过量碳酸氢钠：
C．用惰性电极电解溶液：
D．向中投入固体：
8．图所示化合物是制备某药物的中间体，其中W、X、Y、Z、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，分子中的所有原子均满足稀有气体的稳定电子构型，其中Z和Q同主族，且Q原子的核外电子数是Z的2倍。下列说法正确的是
A．简单氢化物的稳定性：
B．第一电离能：
C．基态原子的未成对电子数：
D．和空间结构均为平面三角形
9．某离子交换树脂用于制糖工业中脱盐过程，其制备路线如下：
下列说法正确的是
A．苯乙烯与二乙烯苯互为同系物 B．“氯甲基化”产物X为甲醛
C．“氯球”中所有碳原子共平面 D．该树脂属于阴离子交换树脂
10．根据下列操作及现象，得出结论正确的是
选项 操作及现象 结论
A 将有色鲜花放入盛有干燥氯气的集气瓶中，鲜花颜色褪去 氯气有漂白性
B 将和分别加入无水乙醚中，几乎不溶，溶解并放热 离子键成分含量：
C 向浓度均为的和的混合溶液中逐滴加入等浓度的溶液，先出现淡黄色沉淀
D 将乙醇与浓硫酸共热至，产生的气体通入溴水中，溴水褪色 反应生成了乙烯
A．A B．B C．C D．D
11．双金属氧化物()催化加氢制甲醇的反应机理如图所示，图中□表示氧空位，已知“活化位点”是指催化剂上能吸附反应物分子并与其反应的位置。下列说法错误的是
A．步骤①过程中有化学键的断裂和形成
B．反应过程中的杂化方式不变
C．催化剂吸附和的活化位点不同
D．若步骤②活化能最大，则氧空位越多，反应速率越快
12．某氮氧化物的六方晶胞及其体对角截面图如下，阿伏加德罗常数的值是。下列说法错误的是
A．该氧化物的化学式为
B．1位氮原子分数坐标为
C．晶体的密度为
D．2位和3位氮原子的核间距为
13．一种合成乙醇酸盐的装置如图所示，下列说法正确的是
A．电极a的电势大于电极b
B．电路中每通过电子时，理论上电极a上生成
C．电极b上反应：
D．随着反应进行，溶液增大
14．从褐铁矿型金-银矿(含、、、、、)中提取回收有价金属的一种工艺流程如下。
下列说法错误的是
A．根据“还原酸浸”“氧化”过程，推断氧化性：
B．“还原酸浸”时，被还原的矿物成分与还原剂物质的量之比为
C．“沉铜”前，将“滤液1”多次循环可提高金银的回收率
D．“沉锰”过程总反应离子方程式为
15．常温下，图中的实线与虚线分别是和两种溶液中溶质微粒的分布分数[平衡时某含碳(或含氮)微粒的浓度占含碳(或含氮)微粒总浓度的分数]与溶液的关系(不考虑和的分解)下列说法错误的是
A．虚线为一水合氨分布分数与的关系
B．
C．溶液的为7.8
D．向溶液中加入强碱，与反应的倾向大于
16．某研究团队研究在催化剂表面利用加氢制甲醇。体系中的主要反应为：
i：
ⅱ：
ⅲ：
回答下列问题。
（1）　 　。
（2）升温时，中间体逐渐增多的可能原因有两个，一个是产生的速率更快，另一个是　 　。
（3）相关文献表明，该条件下反应存在两个反应历程，如下图所示，其中代表过渡态，*表示物种吸附在催化剂表面。路径二中决定总反应速率的基元反应(单纯的吸附、脱附不考虑)的化学方程式为　 　。低温下，几乎不产生中间体的原因是　 　。
（4）在恒温恒压条件下，投入不同物质的量之比的、、混合原料气，甲、乙两个不同的平衡状态数据如下。
平衡状态 投料比 平衡转化率 平衡转化率
甲
乙
①可提高平衡转化率的措施有　 　(填字母标号)。
A．增加原料中的量 B．原料中加入 C．通入 D．改用更高效的催化剂
②初始投料中出含量下降时，平衡体系中将　 　(填“增大”“减小”或“不变”)。
③若平衡状态甲中分压为，则反应ⅲ的平衡常数　 　(用含的代数式表示；分压=总压×物质的量分数)。
17．猫薄荷中的重要成分荆芥内酯(K)的一种合成路线如下所示。已知表示苯基。
回答下列问题。
（1）荆芥内酯(K)中官能团名称分别是　 　，的名称是　 　。
（2）A中b处比a处更活泼的原因是　 　。
（3）C发生羟醛缩合伴随脱水，所得产物的结构简式为　 　。
（4）结合上述路线，对羰基的还原更具选择性的是　 　(填“”或“”)。
（5）“”中，H与水溶液发生反应的化学方程式为　 　。
（6）I通过分子内加成得到内酯中间体J(I的同分异构体)，J再经消去反应得到最终产物K，J的结构简式为　 　。
（7）A的同分异构体中，同时满足下列条件的共有　 　种(不考虑立体异构)。
a．含有2个六元环且共用1个边 b．含羟基，但不能被催化氧化 c．能发生水解反应
18．全球约的碲()从铜阳极泥(主要含有、、、、)中回收，某工厂采用联合法回收流程如下。
已知：①硒()与碲()均属于第ⅥA族元素；②“酸浸”后，、分别以和形式存在。
（1）碲的最高价氧化物的水化物分子含6个H，该水化物的化学式为　 　。
（2）“脱铜液”中含有的阳离子主要是　 　。
（3）“酸浸提硒碲”时，的作用是　 　，“贵金属”含有的主要元素有　 　。
（4）“还原沉硒”时，利用液态还原的化学方程式是　 　，通入液态的速率需严格控制，若速率过快，除导致利用率降低外，还可能造成的后果是　 　(写出一种)。
（5）同样使用液态作还原剂，硒比碲先沉淀的原因是　 　。
（6）粗碲中含有的少量杂质可通过焙烧氧化后用化学方法除去，再将产生的在高温真空环境碳还原得到精碲。该反应：采用真空条件除防止精碲被氧化外，其他原因有　 　(写出一条即可)。
（7）精碲还可用区域熔炼法(利用杂质在固态碲和液态碲中溶解度不同而将杂质富集到特定区域的方法)进一步提炼得到高纯碲。已知杂质在碲单质中的分配系数K(杂质分别在固态碲与液态碲中的分布百分数之比)远小于1，如下图所示，加热线圈所在位置的碲棒熔化，线圈右移后碲棒凝固。熔炼过程中高纯碲集中在　 　(填“a端”“b端”或“熔融区”)。
19．磷酸钙[，简称]有α、β两种晶型，其中是性能优异的生物活性陶瓷。某课题组通过以下流程制备并对其进行结构表征，回答下列问题。
溶液悬浊液沉淀物前驱体滤饼
（1）配制的溶液，所需的玻璃仪器有　 　(填字母标号)。
（2）“滴加”，必须严格控制反应试剂投入的钙磷比为的原因是　 　。
（3）“滴加”并“滴加氨水”目的是使溶液控制在左右，提高产率，两步发生总反应的离子方程式为　 　。若超过，易产生的杂质为　 　[填“”或“”]
（4）“陈化”是小颗粒溶解并在大颗粒表面重结晶，使沉淀颗粒长大、结构更致密。若省略“陈化”步骤，带来的后果是　 　。
（5）“抽滤”的全称为减压过滤，即利用真空泵抽气产生低压提高过滤速度，下图为实验装置，其中连接吸滤瓶、安全瓶和真空泵的橡胶管应选择　 　(填“厚壁”或“薄壁”)。
（6）检验沉淀已经洗净的实验方法是检验最后一次洗涤液中是否含有的离子为　 　(填化学式)。
（7）图是滤饼煅烧前后的射线衍射()图，最终实验方案选择煅烧且煅烧温度控制在的原因是　 　，煅烧时，盛放滤饼的实验仪器是　 　(填仪器名称)。
（8）已知纳米材料是指在三维空间中至少有一维处于纳米尺度()的材料。从图可看出：实验所制单晶材料在20为31.处的衍射峰半高宽，可计算材料的平均晶粒尺寸(K为，λ为，)，确认实验所制单晶材料属于纳米材料的理由是　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；高分子材料
【解析】【解答】A、聚乳酸是可被微生物降解的高分子材料，在体内可逐渐分解吸收，可用于手术缝合线，故 A 正确；
B、聚氯乙烯受热会释放有毒物质，且本身含氯元素，不可用于制造食品包装材料，故 B 错误；
C、酚醛树脂是体型结构的热固性高分子，受热后不能软化或熔融，绝缘性好，可用于制造集成电路板，故 C 正确；
D、芳纶纤维具有高强度、热稳定性好的特点，可用于制造防弹装甲，故 D 正确；
故答案为：B。【分析】本题解题要点：
聚乳酸属于可降解高分子，生物相容性好，可作医用缝合线；
聚氯乙烯（PVC）受热易释放有毒物质，不能接触食品；
酚醛树脂为热固性塑料，受热不熔，可用于电子绝缘材料；
芳纶纤维强度高、耐热性好，是高性能纤维材料。
2．【答案】D
【知识点】硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A、制作坩埚，利用的是其熔点高、耐高温的性质，而非两性，故A错误；
B、单晶硅制作半导体材料，利用的是其导电性介于导体和绝缘体之间的性质，而非熔点高，故B错误；
C、制作餐具洗涤剂，利用的是其水溶液呈弱碱性、能去除油污的性质，而非热分解性，故C错误；
D、制作食品干燥剂，利用的是能与水反应、吸收水分的性质，故D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
物质的用途需与对应性质精准匹配，要避免将无关性质与用途强行关联；
是两性氧化物，但其制作坩埚的核心依据是它极高的熔点，而非与酸、碱反应的两性；
单晶硅具有半导体特性，其导电性可受温度、光照等因素调控，这是它制作半导体材料的关键，与熔点高低无关；
的水溶液因水解显弱碱性，能促进油脂水解，因此可作餐具洗涤剂，而它受热分解的性质主要用于制作膨松剂；
能与水发生反应生成，可以高效吸收水分，因此可作为食品干燥剂。
3．【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；氢键的存在对物质性质的影响；元素、核素
【解析】【解答】A、中子数为1的氦核素，质子数为2，质量数=质子数+中子数=3，符号为，故A正确；
B、邻羟基苯甲醛分子内氢键是羟基的氢原子与醛基的氧原子形成的，正确的示意图为，B错误；
C、聚丙烯由丙烯加聚得到，链节应为 ，故C错误；
D、p-p π键是p轨道以“肩并肩”方式重叠形成的， 轨道重叠示意图为，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
核素符号的书写需明确质子数、中子数与质量数的关系，中子数=质量数-质子数；
分子内氢键的形成是羟基的氢原子与醛基的氧原子之间的相互作用，图示需准确体现；
加聚产物的链节需对应单体的结构，聚丙烯的单体是丙烯，链节需包含甲基侧链；
共价键的形成方式中，σ键为轨道“头碰头”重叠，π键为轨道“肩并肩”重叠，二者不能混淆。
4．【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物中的官能团；烯烃
【解析】【解答】A、该化合物分子中含有苯环，属于芳香族化合物，故 A 正确；
B、根据姜黄素的结构，数出各原子数目，可得分子式为 C21H20O6，故 B 正确；
C、与足量 H2加成后，碳碳双键、羰基均被还原，产物中手性碳原子数目为 8 个，如图： ，故 C 错误；
D、该物质中酚羟基邻对位氢原子可与 Br2发生取代反应，碳碳双键可与 Br2发生加成反应，1mol 该物质与溴水反应，最多可消耗 4mol Br2，故 D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
芳香族化合物的判断依据是分子中含有苯环；
分子式的确定需准确数出结构中 C、H、O 的原子总数；
手性碳原子是指连有四个不同原子或基团的碳原子，加成后需逐一判断；
与溴水反应时，酚羟基邻对位的取代反应和碳碳双键的加成反应均会消耗 Br2，需分别计算后求和。
5．【答案】C
【知识点】判断简单分子或离子的构型；气体摩尔体积；氧化还原反应的电子转移数目计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、题目未给出溶液体积，无法计算 NH4+的数目，故 A 错误；
B、未指明 22.4 L NH3所处的温度和压强，无法确定其物质的量，不能计算转移电子数目，故 B 错误；
C、6.4 g SO2的物质的量为 ，SO2中中心 S 原子的孤电子对数为 1， 价层电子对数为， 因此 0.1 mol SO2中 S 原子的孤电子对数为 0.1NA，故 C 正确；
D、N2与 H2合成 NH3的反应为可逆反应，0.5 mol N2与足量 H2反应，不能完全转化，生成的 NH3物质的量小于 1 mol，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
计算溶液中离子数目时，必须已知溶液体积；
使用气体摩尔体积计算物质的量时，需明确气体所处的温度和压强；
计算分子中心原子的孤电子对数，需结合价层电子对互斥理论，确定 S 原子的孤电子对数；
可逆反应不能进行到底，反应物不能完全转化为生成物。
6．【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、烷基磺酸根一端是亲水基（磺酸根），另一端是疏水基（烷基），因此可作表面活性剂，故 A 正确；
B、聚乙炔中存在大 π 键，电子可在大 π 键中自由移动，为电荷传导提供通路，因此高分子聚乙炔能导电，故 B 正确；
C、壁虎能在墙壁上爬行，是因为其足上的细毛与墙体间存在范德华力，而非强烈的化学键，故 C 错误；
D、低温石英中硅氧四面体顶角相连形成螺旋上升的长链结构，不存在对称面和对称中心，因此具有手性，故 D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
表面活性剂的结构特点是分子同时含有亲水基和疏水基；
聚乙炔的导电性源于分子中的大 π 键，电子可在共轭体系中自由移动；
壁虎爬行的附着力来自范德华力，而非化学键；
低温石英的手性由硅氧四面体形成的螺旋长链结构导致，无对称元素使其具有手性。
7．【答案】A
【知识点】离子方程式的书写；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、CuSO4溶液中存在蓝色的[Cu(H2O)4]2+，滴加浓盐酸后，Cl-与Cu2+结合生成黄绿色的[CuCl4]2-，反应为可逆反应，离子方程式为[Cu(H2O)4]2++4Cl- [CuCl4]2-+4H2O，故A正确；
B、水杨酸中羧基的酸性强于碳酸，酚羟基的酸性弱于碳酸，因此水杨酸与过量碳酸氢钠反应时，只有羧基与HCO3-反应，酚羟基不反应， 正确的离子方程式为，B错误；
C、用惰性电极电解MgCl2溶液时，生成的OH-会与Mg2+结合生成Mg(OH)2沉淀，正确的离子方程式为Mg2++2Cl-+2H2OMg(OH)2↓+H2↑+Cl2↑，故C错误；
D、Na2O2与H2 8O反应时，O2中的氧来自Na2O2， 8O会进入OH-中，正确的离子方程式为2H2 8O+2Na2O2=4Na++O2↑+2 8OH-+2OH-，故D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
配合物的转化反应为可逆反应，需用可逆号表示；
酸性强弱关系：羧基＞碳酸＞酚羟基，因此只有羧基能与碳酸氢钠反应；
电解MgCl2溶液时，Mg2+会与生成的OH-结合生成沉淀，不能拆分为OH-；
Na2O2与水反应时，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，氧气中的氧全部来自过氧化钠。
8．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；判断简单分子或离子的构型；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、Z 为 O，Q 为 S，元素非金属性 O＞S，非金属性越强，简单氢化物越稳定，故稳定性 H2O＞H2S，A 正确；
B、Z 为 O，Y 为 N，N 原子的 2p 轨道为半充满的稳定结构，第一电离能 N＞O，故 B 错误；
C、X 为 C，基态原子未成对电子数为 2；Y 为 N，基态原子未成对电子数为 3，故未成对电子数：X＜Y，C 错误；
D、YZ3-为 NO3-，空间结构为平面三角形；QZ32-为 SO32-，中心 S 原子的价层电子对数为 4，含 1 对孤电子对，空间结构为三角锥形，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】根据 “Z 和 Q 同主族，且 Q 原子的核外电子数是 Z 的 2 倍”，设 Z 的原子序数为 a，则 Q 的原子序数为 a+8，且 2a=a+8，解得 a=8，因此 Z 为 O（氧元素），Q 为 S（硫元素）；根据分子结构中所有原子均满足稀有气体的稳定电子构型，W 原子只形成 1 个共价键，且原子序数最小，可推出 W 为 H（氢元素）；X 原子形成 4 个共价键，原子序数介于 H 和 O 之间，可推出 X 为 C（碳元素）；Y 原子形成 3 个共价键，原子序数介于 C 和 O 之间，可推出 Y 为 N（氮元素）；
9．【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质；同系物
【解析】【解答】A、苯乙烯和二乙烯苯的官能团数目不同，结构不相似，不互为同系物，故 A 错误；
B、“氯甲基化” 反应中，反应物为 ClCH2OCH3，产物为氯甲基化的聚合物，根据原子守恒，产物 X 应为甲醇，而非甲醛，故 B 错误；
C、“氯球” 中存在饱和碳原子（如 - CH2Cl 中的碳），这些碳原子为 sp3 杂化，呈四面体结构，因此所有碳原子不可能共平面，故 C 错误；
D、该树脂中含有可交换的 Cl-，可与溶液中的阴离子发生交换反应，属于阴离子交换树脂，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】苯乙烯作为单体、二乙烯苯作为交联剂，二者发生共聚反应，形成具有三维网状结构的交联聚苯乙烯，俗称“白球”，为后续反应提供骨架。在路易斯酸催化下，白球与氯甲基甲醚（）反应，在苯环上引入氯甲基（），得到“氯球”，此过程生成副产物甲醇。氯球与二甲氨基乙醇（）发生亲核取代反应，氯甲基上的氯原子被叔胺取代，生成带正电的季铵盐基团，同时引入可交换的氯离子，最终得到阴离子交换树脂。
10．【答案】C
【知识点】相似相溶原理及其应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；乙烯的实验室制法；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、鲜花褪色是因为氯气与鲜花中的水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，氯气本身无漂白性，故 A 错误；
B、无水乙醚为非极性溶剂，离子键成分含量高的化合物难溶于乙醚，而极性强、共价键成分多的化合物更易溶于乙醚，选项描述的现象无法直接得出离子键成分含量的结论，且题干信息不完整，故 B 错误；
C、向等浓度的 Cl-和 Br-混合溶液中滴加 AgNO3溶液，先出现淡黄色 AgBr 沉淀，说明 AgBr 的溶解度更小，溶度积 Ksp (AgBr) < Ksp (AgCl)，结论正确，故 C 正确；
D、乙醇与浓硫酸共热时，浓硫酸会将乙醇氧化，生成的 SO2也能使溴水褪色，因此溴水褪色不能证明生成了乙烯，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
氯气的漂白性源于与水反应生成的次氯酸，干燥氯气无漂白性；
非极性溶剂中，离子键成分高的化合物溶解性差，而选项 B 的现象描述不完整，无法直接判断离子键含量；
沉淀转化中，溶解度更小的难溶物优先沉淀，可通过沉淀先后顺序比较溶度积大小；
乙醇与浓硫酸共热的副产物 SO2也能使溴水褪色，需排除干扰才能证明乙烯的生成。
11．【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A、步骤①是 H2在催化剂表面的吸附活化过程，H-H 键断裂，形成新的化学键，故 A 正确；
B、反应过程中，Ga 原子周围的成键数目发生变化，杂化方式会随之改变，故 B 错误；
C、根据反应机理图，H2在含 Zr3+和氧空位的位点吸附，CO2在含 Ga 的位点吸附，二者活化位点不同，故 C 正确；
D、步骤②活化能最大，是反应的决速步骤，氧空位越多，越有利于 CO2的吸附与活化，步骤②的反应速率越快，总反应速率也越快，故 D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
催化剂表面的吸附活化过程，会伴随反应物分子化学键的断裂和新化学键的形成；
原子的杂化方式与成键数目和空间构型有关，反应中 Ga 的成键环境改变，杂化方式会发生变化；
从反应机理图可直接观察到，H2和 CO2在催化剂的不同位点被吸附活化；
活化能最大的步骤是反应的决速步骤，氧空位作为 CO2的活化位点，其数量越多，决速步骤的反应速率越快，总反应速率随之加快。
12．【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、由晶胞结构分析可知，晶胞中棱上分布的按均摊后共2（ 8×=2 ）个，晶胞内部直接包含2个，二者比例为1：1，因此该氮氧化物的化学式为，A正确；
B、结合体对角截面图，1位氮原子在晶胞x轴方向的投影占、y轴方向占、z轴方向占，因此其分数坐标为，B正确；
C、晶胞质量为，六方晶胞体积为底面积乘以高，底面积为正六边形对应三角形的面积，乘以晶胞高度，换算单位后体积为，代入密度公式计算可得密度为 ，故C错误；
D、2位氮原子位于晶胞z轴方向的处，3位氮原子位于z轴的0处，二者在z轴上的距离为晶胞高度的一半，因此核间距为，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
晶胞内粒子数计算采用均摊法，棱上粒子按计入，体内粒子完全计入，通过与的数目比确定物质组成；
分数坐标以晶胞顶点为原点，将原子在各轴上的相对位置除以晶胞对应边长，得到坐标数值；
六方晶胞体积计算需先确定底面的正六边形面积，取其一半的三角形面积，再乘以晶胞高度，注意单位换算为；
同一直线上的原子间距可直接通过坐标差计算，2位与3位氮原子仅在z轴上存在位置差，差值为晶胞高度的，因此核间距为。
13．【答案】B
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、电极 b 上乙二醇被氧化为乙醇酸根，发生氧化反应，故电极 b 为阳极，电极 a 为阴极，阳极电势高于阴极，因此电极 b 的电势大于电极 a，A 错误；
B、电极 a 为阴极，发生还原反应：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，电路中每通过 1 mol 电子时，理论上电极 a 上生成 0.5 mol H2，B 正确；
C、电极 b 上乙二醇被氧化，发生氧化反应，应失去电子，电极反应式为：HOCH2CH2OH+5OH--4e-=HOCH2COO-+4H2O，选项中反应式电荷不守恒且错误标注了电子得失，C 错误；
D、总反应（）消耗 OH-，随着反应进行，溶液中 OH-浓度降低，pH 减小，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
电极判断：乙二醇被氧化为乙醇酸根，发生氧化反应，对应阳极（电极 b： ），电极 a 为阴极： ；总反应为：
pH 变化：总反应消耗 OH-，溶液碱性减弱，pH 降低。
14．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、“还原酸浸” 中 MnO2被 Na2SO3还原，“沉铜” 中 Fe 粉还原 Cu2+得到 Cu，“氧化” 中 MnO2氧化 Fe2+得到 Fe3+，可推断氧化性：MnO2＞Fe3+＞Cu2+，故 A 正确；
B、“还原酸浸” 时，MnO2被 Na2SO3还原，Mn 元素从 + 4 价降为 + 2 价，S 元素从 + 4 价升为 + 6 价，根据电子守恒，被还原的 MnO2与还原剂 Na2SO3物质的量之比为 1：1，故 B 正确；
C、“沉铜” 前将 “滤液 1” 多次循环，可使其中残留的微量金银离子进一步沉淀到滤渣 1 中，提高金银的回收率，故 C 正确；
D、“沉锰” 过程中，Mn2+与 NH4HCO3反应生成 MnCO3沉淀，正确的离子方程式为 Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O，选项中的离子方程式电荷不守恒，且生成的 H+会与 HCO3-继续反应，故 D 错误；
故答案为：D。
【分析】用硫酸和亚硫酸钠处理金 - 银矿，将 MnO2、Fe2O3、CuO 等金属氧化物溶解并还原，金银和 SiO2进入滤渣 1，后续经处理得到 Au、Ag；向滤液 1 中加入铁粉，将溶液中的 Cu2+置换为 Cu 单质；向滤液 2 中加入 MnO2，将 Fe2+氧化为 Fe3+，再加入 NaOH 调节 pH，使 Fe3+以 Fe(OH)3形式沉淀；向滤液 3 中加入 NH4HCO3，使 Mn2+转化为 MnCO3沉淀，实现锰的回收。
15．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、 随着pH升高，溶液碱性增强，的电离被抑制，其在溶液中的占比会逐渐上升，对应图中那条随pH增大而升高的虚线，因此这条虚线代表的是的分布分数，A正确；
B、对于碳酸氢根的电离平衡：，其电离常数表达式为。当时，溶液的pH就是碳酸氢根的电离常数的负对数。从图上看，两者分布分数相等的点在pH=10.33处，因此可以直接得出，B正确；
C、是弱酸弱碱盐，溶液中铵根离子和碳酸氢根离子的水解会相互影响。时，pH=9.25，=10-(14-9.25)，时，pH=6.35，=10-6.35， 得：c(H+)= ，pH为7.8，C正确；
D、溶液中哪种离子更容易和强碱反应，取决于它的酸性强弱。由、可知，的酸性要比强，所以当我们往溶液里加碱时，氢氧根会优先和酸性更强的反应，而不是和反应，D错误；
故答案为：D。
【分析】是二元弱酸，溶液中存在三种含碳微粒，对应图中三条实线；是一元弱碱，溶液中存在两种含氮微粒，对应图中两条虚线。
16．【答案】（1）
（2）反应ii为吸热反应，反应i、ⅲ为放热反应，升高温度更有利于两个反应的平衡态向生成的方向移动
（3）(或)；路径一决速步活化能更高，低温下更难进行，因此低温几乎不产生中间体
（4）A；减小；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，反应 ⅰ 减去反应 ⅱ 可得到反应 ⅲ，因此；
故答案为： ；
（2）反应 ⅱ 为吸热反应，反应 ⅰ、ⅲ 为放热反应；升温既会加快生成 CO 的反应速率，也会促使反应 ⅱ 的平衡正向移动、反应 ⅰ 和 ⅲ 的平衡逆向移动，使体系中 CO 的量增加。
故答案为： 反应ii为吸热反应，反应i、ⅲ为放热反应，升高温度更有利于两个反应的平衡态向生成的方向移动 ；
（3）总反应速率由活化能最大的基元反应决定；路径二中加氢生成的能垒最大，是决速步，化学方程式：或； 路径一决速步的活化能更高，低温下反应难以进行，因此低温几乎不产生 CO 中间体。
故答案为：(或) ； 路径一决速步活化能更高，低温下更难进行，因此低温几乎不产生中间体 ；
（4） ①A. 增加 H2用量，反应 i 平衡正向移动，CO2平衡转化率提高，A 正确；
B. 加入生成物 CH3OH，反应 i 平衡逆向移动，CO2转化率降低，B 错误；
C. 恒温恒压下通入惰性气体 N2，容器体积膨胀，反应 i 平衡逆向移动，CO2转化率降低，C 错误；
D. 催化剂不改变平衡转化率，D 错误；
故选A；
②含量下降，转化率降低，生成减少、剩余 增多，因此减小；
③ 设甲初始投料：，CO2 平衡转化率为 ，故转化的 为 ； 平衡转化率为 ，转化的 为 ，设反应i转化 ，反应ii转化 ，列方程得 ，解得，且生成 。平衡时各物质的物质的量： ，，，，，，总物质的量 ，
已知 分压为 ，根据分压公式 ，，主反应ⅲ：，平衡常数： ，代入各分压（）：。
故答案为：A； 减小 ； ；
【分析】（1）直接应用盖斯定律，通过已知反应的焓变计算目标反应的焓变，反应式相加减对应焓变相加减。
（2）结合温度对反应速率和化学平衡的双重影响，分别分析吸热、放热反应的平衡移动方向，综合判断体系中 CO 含量的变化。
（3）根据 “总反应速率由活化能最大的基元反应决定” 的规律，确定路径的决速步；再对比不同路径的活化能差异，分析低温下中间体的生成情况。
（4）①结合浓度、压强、催化剂对平衡转化率的影响，逐一分析选项；
②根据反应物含量变化对平衡移动的影响，判断生成物与反应物分压比的变化趋势；
③通过设未知数、列方程组计算各物质的平衡量，再结合分压公式和平衡常数表达式计算 Kp。
（1）根据盖斯定律，反应ⅰ反应ⅱ反应ⅲ，因此；
（2）反应ii为吸热反应，反应i、ⅲ为放热反应，升温除了加快生成CO的速率，还更有利于两个反应的平衡态向生成的方向移动，使体系中CO的量增加；
（3）总反应的速率由活化能（能垒）最大的基元反应决定，路径二中加氢生成的能垒最大，是决速步，化学方程式：或；路径一决速步路径活化能更高，低温下反应难以发生，因此低温几乎不产生CO中间体；
（4） ① A．增加用量，平衡正向移动，平衡转化率提高，A正确；
B． 加入生成物，平衡逆向移动， 转化率降低，错误；
C．恒温恒压通入惰性气体 ，体积膨胀，气体分子数减少的反应i平衡逆向移动， 转化率降低，错误；
D．催化剂不改变平衡转化率，D错误；
故选A；
②含量下降，转化率降低，生成减少、剩余 增多，因此减小；
③ 设甲初始投料：，CO2 平衡转化率为 ，故转化的 为 ； 平衡转化率为 ，转化的 为 ，设反应i转化 ，反应ii转化 ，列方程得 ，解得，且生成 。平衡时各物质的物质的量： ，，，，，，总物质的量 ，
已知 分压为 ，根据分压公式 ，，主反应ⅲ：，平衡常数： ，代入各分压（）：。
17．【答案】（1）酯基、碳碳双键；3-溴-1-丁炔
（2）b处受两个吸电子基团影响，而a处只受一个吸电子基团影响，b处键极性更强，更活泼
（3）
（4）
（5）
（6）
（7）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；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） 荆芥内酯（K）分子中含有的官能团为酯基、碳碳双键 ；的系统命名为3-溴-1-丁炔。
故答案为： 酯基、碳碳双键 ； 3-溴-1-丁炔 ；
（2） A 分子中 b 处的 α-H 更活泼。因为 b 处的 C-H 键同时受羰基和酯基两个吸电子基团的影响，极性更强，而 a 处仅受羰基一个吸电子基团影响，因此 b 处的 α-H 更易被强碱夺取。
故答案为： b处受两个吸电子基团影响，而a处只受一个吸电子基团影响，b处键极性更强，更活泼 ；
（3） D 的结构简式为：。
故答案为： ；
（4） 对比 D→E、F→G 的反应可知，H2/Pt 可还原碳碳双键，NaBH4可还原羰基，说明 NaBH4对羰基的还原选择性更强。
故答案为： ；
（5） H 中的乙酸酯基在 NaOH 水溶液中发生水解反应，化学方程式为：。
故答案为：；
（6）I分子含有羧基和醛基，发生分子内加成反应得到分子内酯J，J经消去反应得到K，对比I和K的结构可知，J的结构简式为。
故答案为：；
（7）A分子式为，满足条件：含羟基，但不能被催化氧化，则羟基碳上没有H，能发生水解反应，则分子中含有酯基，两个六元环共用1条边，则一个六元环全为碳，另一个六元环为内酯环，其结构有、、、、、共6种。
故答案为：6；
【分析】以化合物 A 为起始原料， 与发生取代反应生成B；B 再经炔烃水合、脱羧反应转化为 C，C 经强碱分子内羟醛缩合构建双环骨架得到 D（ ）；D 经催化加氢还原双键生成 E，E 在 下与苯甲醛发生羟醛缩合引入苄叉结构得到 F；F 经硼氢化钠还原羰基并与 成酯得到 G，G 经、 氧化切断双键得到 H；H 再经酯水解、高碘酸氧化邻二醇，得到含醛基和羧基的中间体 I；I 经环化加成得到J （ ），最终构建出目标内酯结构得到荆芥内酯 K。
（1）根据 K 的结构直接识别官能团；炔烃衍生物的命名需选含三键的最长碳链为主链，编号从靠近三键的一端开始，同时标注取代基位置。
（2）通过分析相邻吸电子基团对 C-H 键极性的影响，判断 α-H 的活泼性，受吸电子基团影响越多，键极性越强，α-H 越活泼。
（3）结合 C 的结构和强碱条件下的分子内羟醛缩合反应，推导 D 的双环结构。
（4）对比不同还原剂的反应对象，判断其对特定官能团的还原选择性差异。
（5）根据酯的碱性水解反应规律，写出乙酸酯基在 NaOH 溶液中的水解方程式，注意生成羧酸钠和醇。
（6）结合 I 的结构和分子内加成、消去反应的特点，推导中间体 J 的结构，关键是醛基与羧基的环化和后续脱水。
（7）根据分子式和限定条件（羟基无氢、含酯基、双六元环），结合不饱和度分析官能团类型，再通过排列组合写出所有可能的结构。
（1）根据K的结构，荆芥内酯含有的官能团有酯基、碳碳双键；的系统命名为3-溴-1-丁炔。
（2）α-H的活泼性受相邻吸电子基团影响，b处受两个吸电子基团影响，而a处只受一个吸电子基团影响，b处键极性更强，故b处更活泼。
（3）分析知，D的结构简式为。
（4）根据流程中D到E的转化，在此条件下选择性还原碳碳双键；根据F到G的转化，选择性还原羰基，因此对羰基还原选择性更强。
（5）H中含乙酸酯基，在NaOH水溶液中发生水解反应，化学反应方程式为。
（6）I分子含有羧基和醛基，发生分子内加成反应得到分子内酯J，J经消去反应得到K，对比I和K的结构可知，J的结构简式为。
（7）A分子式为，满足条件：含羟基，但不能被催化氧化，则羟基碳上没有H，能发生水解反应，则分子中含有酯基，两个六元环共用1条边，则一个六元环全为碳，另一个六元环为内酯环，其结构有、、、、、共6种。
18．【答案】（1）
（2）、
（3）氧化剂，氧化、；、
（4）；逸出污染环境或碲提前沉淀析出
（5）的氧化性强于
（6）促进反应向正向进行，提高碲的产率(或使生成的碲蒸气更容易分离或降低碲转化为蒸气的温度，降低能耗)
（7）a端
【知识点】物质的分离与提纯；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】（1）碲（Te）属于第 ⅥA 族元素，最高正价为 + 6 价，其最高价氧化物的水化物分子含 6 个 H，结合化合价代数和为零的原则，该水化物的化学式为 H6TeO6。
故答案为： ；
（2）铜阳极泥经硫酸、氧气高压脱铜，铜被氧化为 Cu2+进入脱铜液，且脱铜液中含有过量硫酸，因此脱铜液中主要阳离子为 Cu2+和 H+。
故答案为：、 ；
（3）“酸浸提硒碲” 时，加入的 NaClO3具有强氧化性，可将 Se、Te 氧化为 H2SeO3和 H2TeO3，自身作氧化剂；银、金不参与反应，过滤后形成 “贵金属”，其主要成分为 Au 和 Ag。
故答案为： 氧化剂，氧化、 ；、 ；
（4） 液态 SO2还原 H2SeO3得到 Se 单质，反应中 S 元素化合价升高、Se 元素化合价降低，配平后的化学方程式为；二氧化硫有毒且会导致酸雨，且过量二氧化硫会使得还原为Te，为防止逸出污染环境或碲提前沉淀析出，通入液态的速率需严格控制；
故答案为： ；逸出污染环境或碲提前沉淀析出 ；
（5） 同样以液态 SO2为还原剂时，H2SeO3先被还原为 Se，而 H2TeO3后被还原，说明 H2SeO3的氧化性强于 H2TeO3。
故答案为：的氧化性强于 ；
（6）为气体分子数增大的反应，采用真空条件除防止精碲被氧化外，还能使得反应装置中压强降低，促进反应向正向进行，提高碲的产率(或使生成的碲蒸气更容易分离或降低碲转化为蒸气的温度，降低能耗)；
故答案为： 促进反应向正向进行，提高碲的产率(或使生成的碲蒸气更容易分离或降低碲转化为蒸气的温度，降低能耗) ；
（7） 杂质在固态碲与液态碲中的分配系数 K 远小于 1，说明杂质在液态碲中溶解度更大；区域熔炼时，杂质随熔融区向 b 端移动并被带走，因此高纯碲会富集在 a 端。
故答案为： a 端；
【分析】该流程以铜阳极泥为原料，通过高压脱铜、酸浸提硒碲、分步还原，实现铜、贵金属、硒、碲的分离回收：铜阳极泥在硫酸和氧气作用下，铜被氧化进入脱铜液，得到脱铜阳极泥；脱铜阳极泥经氯酸钠和硫酸酸浸，Se、Te 被氧化为 H2SeO3和 H2TeO3进入浸出液，Au、Ag 等贵金属被分离出来；向浸出液通入液态 SO2，优先将 H2SeO3还原为粗硒；再向滤液中通入液态 SO2，将 H2TeO3还原得到粗碲。
（1）根据第 ⅥA 族元素的最高正价为 + 6 价，结合 “分子含 6 个 H” 的条件，通过化合价代数和为零的原则推导化学式。
（2）结合脱铜工艺的反应原理，分析铜的氧化产物及过量硫酸的存在，判断脱铜液中的主要阳离子。
（3）根据 NaClO3的强氧化性，判断其在酸浸过程中的作用；结合金属活动性顺序，分析不参与反应的贵金属成分。
（4）根据氧化还原反应中元素化合价的升降规律，配平化学方程式；结合 SO2的毒性及后续工艺需求，分析控制通入速率的原因。
（5）根据还原剂与不同物质反应的先后顺序，判断氧化剂的氧化性强弱顺序。
（6）结合勒夏特列原理，分析真空条件对气体分子数增大反应的平衡移动影响，同时考虑碲蒸气的分离需求。
（7）根据分配系数的定义，分析杂质在固、液态碲中的溶解度差异，推导区域熔炼过程中高纯碲的富集位置。
（1）碲()属于第ⅥA族元素，则其最高价为+6，碲的最高价氧化物的水化物分子含6个H，结合化合价代数和为零，该水化物的化学式为；
（2）由分析，铜被氧化为铜离子进入脱铜液，脱铜液中还含过量的硫酸，则含有的阳离子主要是、；
（3）具有强氧化性，已知：酸浸”后，、分别以和形式存在，则“酸浸提硒碲”时，的作用是氧化剂，氧化、得到和；由分析，“贵金属”含有的主要元素有、；
（4）液态还原得到Se，反应中硫元素化合价升高、Se元素化合价降低，结合电子守恒，化学方程式是；二氧化硫有毒且会导致酸雨，且过量二氧化硫会使得还原为Te，为防止逸出污染环境或碲提前沉淀析出，通入液态的速率需严格控制；
（5）同样使用液态作还原剂，首先被还原为Se，而后被还原为Te，说明的氧化性强于；
（6）为气体分子数增大的反应，采用真空条件除防止精碲被氧化外，还能使得反应装置中压强降低，促进反应向正向进行，提高碲的产率(或使生成的碲蒸气更容易分离或降低碲转化为蒸气的温度，降低能耗)；
（7）已知杂质在碲单质中的分配系数K(杂质分别在固态碲与液态碲中的分布百分数之比)远小于1，可知杂质在液态碲中溶解度更大，熔融区向b端移动，将杂质溶解带走，a端再次凝固，故熔炼过程中高纯碲集中在a端。
19．【答案】（1）acd
（2）保证钙磷比与产物中钙磷比一致，提高产物纯度，防止副产物产生
（3）；
（4）得到的沉淀颗粒细小，易堵塞滤纸导致过滤极其缓慢，且洗涤效率低下
（5）厚壁
（6）或
（7）滤饼图中衍射峰宽而弱，说明滤饼是非晶体或结晶度很低，因此滤饼须煅烧，煅烧温度过高()又会有产生，因此选择下煅烧；坩埚
（8）根据公式计算出平均晶粒尺寸，正好处于纳米尺度
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；探究物质的组成或测量物质的含量；晶体的定义；分散系、胶体与溶液的概念及关系
【解析】【解答】（1）配制 250 mL 一定物质的量浓度的溶液，需要用到胶头滴管定容、玻璃棒搅拌和引流、250 mL 容量瓶，故选 acd。
故答案为： acd ；
（2）目标产物 Ca3(PO4)2中钙磷物质的量之比为 3：2（即 1.5），按此比例投料，可保证反应体系的钙磷比与产物中钙磷比一致，从而提高产物纯度，防止副产物生成。
故答案为： 保证钙磷比与产物中钙磷比一致，提高产物纯度，防止副产物产生 ；
（3）碱性条件下，Ca2+、HPO42-与 NH3 H2O 反应生成磷酸钙沉淀，离子方程式为：3Ca2+ + 2HPO42- + 2NH3 H2O = Ca3(PO4)2↓ + 2NH4+ + 2H2O；pH 过高时，溶液中 OH-浓度增大，易生成羟基磷酸钙 Ca5(PO4)3OH 杂质。
故答案为： ； ；
（4）陈化的目的是使沉淀颗粒长大；若省略陈化，沉淀颗粒会过于细小，易堵塞滤纸孔，导致过滤速度极慢，同时洗涤效率也会降低。
故答案为： 得到的沉淀颗粒细小，易堵塞滤纸导致过滤极其缓慢，且洗涤效率低下 ；
（5）减压过滤时装置内压强远低于外界大气压，薄壁橡胶管易被大气压压瘪，因此需要选择厚壁橡胶管。
故答案为： 厚壁 ；
（6）原料 Ca(NO3)2引入的可溶性杂质离子为 NO3-，(NH4)2HPO4引入的杂质离子为 NH4+，因此检验最后一次洗涤液中是否含有 NO3-或 NH4+，即可判断沉淀是否洗净。
故答案为：或 ；
（7）滤饼的 XRD 图中衍射峰宽而弱，说明其为非晶体或结晶度很低，无目标晶型，因此需煅烧；800℃煅烧可得到纯 β-TCP，温度过高会生成 α-TCP 杂质，故选择 800℃；高温煅烧固体需用坩埚盛放。
故答案为： 滤饼图中衍射峰宽而弱，说明滤饼是非晶体或结晶度很低，因此滤饼须煅烧，煅烧温度过高()又会有产生，因此选择下煅烧 ； 坩埚 ；
（8）代入公式计算平均晶粒尺寸： ，该尺寸处于 1~100 nm 的纳米尺度范围内，因此属于纳米材料。
故答案为： 根据公式计算出平均晶粒尺寸，正好处于纳米尺度 ；
【分析】以 Ca(NO3)2和 (NH4)2HPO4为原料，恒温搅拌下滴加氨水调节 pH≈9.00；生成的沉淀经陈化 24 h 后，抽滤洗涤，再于 800℃煅烧滤饼，制备 β-TCP。
（1）根据配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤，确定所需仪器，重点关注定容、引流、容器的选择。
（2）结合目标产物的化学组成，分析原料投料比对产物纯度的影响，核心是保证钙磷元素按化学计量比反应。
（3）根据碱性条件下的反应环境，结合电荷守恒和原子守恒书写离子方程式；同时分析 pH 对产物组成的影响，判断副产物生成的条件。
（4）理解沉淀陈化的作用，从颗粒大小对过滤和洗涤过程的影响角度分析省略陈化的后果。
（5）结合减压过滤的压强特点，分析不同材质橡胶管的适用性，核心是防止橡胶管被大气压压瘪。
（6）根据反应原料引入的杂质离子，选择合适的检验对象，通过检测洗涤液中杂质离子的残留情况判断沉淀是否洗净。
（7）结合 XRD 图的特征判断滤饼的晶型状态，再根据不同温度下的产物差异确定煅烧温度，同时明确高温煅烧所需的仪器。
（8）代入公式计算晶粒尺寸，再根据纳米材料的定义（1~100 nm）判断材料类型。
（1）配制250 mL一定物质的量浓度溶液，需要胶头滴管(a)定容、玻璃棒(c)搅拌和引流、250 mL容量瓶(d)，故选acd；
（2）目标产物中钙磷物质的量比恰好为，保证钙磷比与产物中钙磷比一致，提高产物纯度，防止副产物产生；
（3）碱性条件下，、 与反应生成磷酸钙沉淀，离子方程式：；pH过高（碱性过强）时，溶液浓度大，易生成羟基磷酸钙杂质；
（4）陈化使沉淀颗粒长大，省略陈化后得到的沉淀颗粒细小，易堵塞滤纸导致过滤极其缓慢，且洗涤效率低下；
（5）减压过滤时装置内压强远小于外界大气压，薄壁橡胶管会被大气压压瘪，因此需要选择厚壁橡胶管；
（6）原料 引入的可溶性杂质离子为，滴加引入的可溶性杂质离子为，因此检验最后一次洗涤液中是否含或， 即可判断沉淀是否洗净；
（7）滤饼图中衍射峰宽而弱，说明滤饼是非晶体或结晶度很低滤饼无目标晶型，因此滤饼须煅烧，煅烧可得到纯，温度过高会生成产生，因此选择煅烧；高温煅烧固体需要用坩埚盛放；
（8）代入公式计算得平均晶粒尺寸，处于的纳米尺度范围内，因此属于纳米材料 。
1 / 1四川南充市高2026届高三下学期高考适应性考试（二诊） 化学试卷
1．高分子材料应用广泛。下列说法错误的是
A．聚乳酸属微生物降解高分子，可用于手术缝合线
B．聚氯乙烯耐化学腐蚀，可用于制造食品包装材料
C．酚醛树脂受热后不能软化或熔融，可用于制造集成电路板
D．芳纶纤维强度高、热稳定性好，可用于制造防弹装甲
【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；高分子材料
【解析】【解答】A、聚乳酸是可被微生物降解的高分子材料，在体内可逐渐分解吸收，可用于手术缝合线，故 A 正确；
B、聚氯乙烯受热会释放有毒物质，且本身含氯元素，不可用于制造食品包装材料，故 B 错误；
C、酚醛树脂是体型结构的热固性高分子，受热后不能软化或熔融，绝缘性好，可用于制造集成电路板，故 C 正确；
D、芳纶纤维具有高强度、热稳定性好的特点，可用于制造防弹装甲，故 D 正确；
故答案为：B。【分析】本题解题要点：
聚乳酸属于可降解高分子，生物相容性好，可作医用缝合线；
聚氯乙烯（PVC）受热易释放有毒物质，不能接触食品；
酚醛树脂为热固性塑料，受热不熔，可用于电子绝缘材料；
芳纶纤维强度高、耐热性好，是高性能纤维材料。
2．下列物质性质与用途的对应关系中，正确的是
选项 应用 性质
A 制作坩埚 具有两性
B 单晶硅制作半导体材料 单晶硅熔点高
C 制作餐具洗涤剂 具有热分解性
D 制作食品干燥剂 能与水反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A、制作坩埚，利用的是其熔点高、耐高温的性质，而非两性，故A错误；
B、单晶硅制作半导体材料，利用的是其导电性介于导体和绝缘体之间的性质，而非熔点高，故B错误；
C、制作餐具洗涤剂，利用的是其水溶液呈弱碱性、能去除油污的性质，而非热分解性，故C错误；
D、制作食品干燥剂，利用的是能与水反应、吸收水分的性质，故D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
物质的用途需与对应性质精准匹配，要避免将无关性质与用途强行关联；
是两性氧化物，但其制作坩埚的核心依据是它极高的熔点，而非与酸、碱反应的两性；
单晶硅具有半导体特性，其导电性可受温度、光照等因素调控，这是它制作半导体材料的关键，与熔点高低无关；
的水溶液因水解显弱碱性，能促进油脂水解，因此可作餐具洗涤剂，而它受热分解的性质主要用于制作膨松剂；
能与水发生反应生成，可以高效吸收水分，因此可作为食品干燥剂。
3．下列有关化学用语或图示正确的是
A．中子数为1的氦核素：
B．邻羟基苯甲醛分子内氢键的示意图：
C．聚丙烯的链节：
D．键形成的轨道重叠示意图：
【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；氢键的存在对物质性质的影响；元素、核素
【解析】【解答】A、中子数为1的氦核素，质子数为2，质量数=质子数+中子数=3，符号为，故A正确；
B、邻羟基苯甲醛分子内氢键是羟基的氢原子与醛基的氧原子形成的，正确的示意图为，B错误；
C、聚丙烯由丙烯加聚得到，链节应为 ，故C错误；
D、p-p π键是p轨道以“肩并肩”方式重叠形成的， 轨道重叠示意图为，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
核素符号的书写需明确质子数、中子数与质量数的关系，中子数=质量数-质子数；
分子内氢键的形成是羟基的氢原子与醛基的氧原子之间的相互作用，图示需准确体现；
加聚产物的链节需对应单体的结构，聚丙烯的单体是丙烯，链节需包含甲基侧链；
共价键的形成方式中，σ键为轨道“头碰头”重叠，π键为轨道“肩并肩”重叠，二者不能混淆。
4．姜黄素是一种重要的食品色素，其结构如图所示。下列有关该化合物说法错误的是
A．属于芳香族化合物
B．分子式为
C．与足量加成后的产物有6个手性碳原子
D．该物质与溴水反应，最多可消耗
【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物中的官能团；烯烃
【解析】【解答】A、该化合物分子中含有苯环，属于芳香族化合物，故 A 正确；
B、根据姜黄素的结构，数出各原子数目，可得分子式为 C21H20O6，故 B 正确；
C、与足量 H2加成后，碳碳双键、羰基均被还原，产物中手性碳原子数目为 8 个，如图： ，故 C 错误；
D、该物质中酚羟基邻对位氢原子可与 Br2发生取代反应，碳碳双键可与 Br2发生加成反应，1mol 该物质与溴水反应，最多可消耗 4mol Br2，故 D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
芳香族化合物的判断依据是分子中含有苯环；
分子式的确定需准确数出结构中 C、H、O 的原子总数；
手性碳原子是指连有四个不同原子或基团的碳原子，加成后需逐一判断；
与溴水反应时，酚羟基邻对位的取代反应和碳碳双键的加成反应均会消耗 Br2，需分别计算后求和。
5．硫酸铵是农业常用的化肥之一，受热易发生分解[。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．溶液中数目小于
B．每生成，反应中转移电子数目为
C．分子中中心原子上的孤电子对数为
D．与足量在一定条件下充分反应生成
【答案】C
【知识点】判断简单分子或离子的构型；气体摩尔体积；氧化还原反应的电子转移数目计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、题目未给出溶液体积，无法计算 NH4+的数目，故 A 错误；
B、未指明 22.4 L NH3所处的温度和压强，无法确定其物质的量，不能计算转移电子数目，故 B 错误；
C、6.4 g SO2的物质的量为 ，SO2中中心 S 原子的孤电子对数为 1， 价层电子对数为， 因此 0.1 mol SO2中 S 原子的孤电子对数为 0.1NA，故 C 正确；
D、N2与 H2合成 NH3的反应为可逆反应，0.5 mol N2与足量 H2反应，不能完全转化，生成的 NH3物质的量小于 1 mol，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
计算溶液中离子数目时，必须已知溶液体积；
使用气体摩尔体积计算物质的量时，需明确气体所处的温度和压强；
计算分子中心原子的孤电子对数，需结合价层电子对互斥理论，确定 S 原子的孤电子对数；
可逆反应不能进行到底，反应物不能完全转化为生成物。
6．下列关于物质性质或应用解释错误的是
选项 性质或应用 解释
A 烷基磺酸根作表面活性剂 烷基磺酸根一端是亲水基，另一端是疏水基
B 高分子聚乙炔能导电 聚乙炔中存在大π键为电荷传导提供通路
C 壁虎能在墙壁上爬行 壁虎足上的细毛与墙体能形成强烈的化学键
D 低温石英具有手性 硅氧四面体顶角相连形成螺旋上升的长链结构
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、烷基磺酸根一端是亲水基（磺酸根），另一端是疏水基（烷基），因此可作表面活性剂，故 A 正确；
B、聚乙炔中存在大 π 键，电子可在大 π 键中自由移动，为电荷传导提供通路，因此高分子聚乙炔能导电，故 B 正确；
C、壁虎能在墙壁上爬行，是因为其足上的细毛与墙体间存在范德华力，而非强烈的化学键，故 C 错误；
D、低温石英中硅氧四面体顶角相连形成螺旋上升的长链结构，不存在对称面和对称中心，因此具有手性，故 D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
表面活性剂的结构特点是分子同时含有亲水基和疏水基；
聚乙炔的导电性源于分子中的大 π 键，电子可在共轭体系中自由移动；
壁虎爬行的附着力来自范德华力，而非化学键；
低温石英的手性由硅氧四面体形成的螺旋长链结构导致，无对称元素使其具有手性。
7．下列离子方程式书写正确的是
A．溶液中滴加浓盐酸，蓝色溶液变为黄绿色：
B．水杨酸溶液中加入过量碳酸氢钠：
C．用惰性电极电解溶液：
D．向中投入固体：
【答案】A
【知识点】离子方程式的书写；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、CuSO4溶液中存在蓝色的[Cu(H2O)4]2+，滴加浓盐酸后，Cl-与Cu2+结合生成黄绿色的[CuCl4]2-，反应为可逆反应，离子方程式为[Cu(H2O)4]2++4Cl- [CuCl4]2-+4H2O，故A正确；
B、水杨酸中羧基的酸性强于碳酸，酚羟基的酸性弱于碳酸，因此水杨酸与过量碳酸氢钠反应时，只有羧基与HCO3-反应，酚羟基不反应， 正确的离子方程式为，B错误；
C、用惰性电极电解MgCl2溶液时，生成的OH-会与Mg2+结合生成Mg(OH)2沉淀，正确的离子方程式为Mg2++2Cl-+2H2OMg(OH)2↓+H2↑+Cl2↑，故C错误；
D、Na2O2与H2 8O反应时，O2中的氧来自Na2O2， 8O会进入OH-中，正确的离子方程式为2H2 8O+2Na2O2=4Na++O2↑+2 8OH-+2OH-，故D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
配合物的转化反应为可逆反应，需用可逆号表示；
酸性强弱关系：羧基＞碳酸＞酚羟基，因此只有羧基能与碳酸氢钠反应；
电解MgCl2溶液时，Mg2+会与生成的OH-结合生成沉淀，不能拆分为OH-；
Na2O2与水反应时，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，氧气中的氧全部来自过氧化钠。
8．图所示化合物是制备某药物的中间体，其中W、X、Y、Z、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，分子中的所有原子均满足稀有气体的稳定电子构型，其中Z和Q同主族，且Q原子的核外电子数是Z的2倍。下列说法正确的是
A．简单氢化物的稳定性：
B．第一电离能：
C．基态原子的未成对电子数：
D．和空间结构均为平面三角形
【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；判断简单分子或离子的构型；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、Z 为 O，Q 为 S，元素非金属性 O＞S，非金属性越强，简单氢化物越稳定，故稳定性 H2O＞H2S，A 正确；
B、Z 为 O，Y 为 N，N 原子的 2p 轨道为半充满的稳定结构，第一电离能 N＞O，故 B 错误；
C、X 为 C，基态原子未成对电子数为 2；Y 为 N，基态原子未成对电子数为 3，故未成对电子数：X＜Y，C 错误；
D、YZ3-为 NO3-，空间结构为平面三角形；QZ32-为 SO32-，中心 S 原子的价层电子对数为 4，含 1 对孤电子对，空间结构为三角锥形，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】根据 “Z 和 Q 同主族，且 Q 原子的核外电子数是 Z 的 2 倍”，设 Z 的原子序数为 a，则 Q 的原子序数为 a+8，且 2a=a+8，解得 a=8，因此 Z 为 O（氧元素），Q 为 S（硫元素）；根据分子结构中所有原子均满足稀有气体的稳定电子构型，W 原子只形成 1 个共价键，且原子序数最小，可推出 W 为 H（氢元素）；X 原子形成 4 个共价键，原子序数介于 H 和 O 之间，可推出 X 为 C（碳元素）；Y 原子形成 3 个共价键，原子序数介于 C 和 O 之间，可推出 Y 为 N（氮元素）；
9．某离子交换树脂用于制糖工业中脱盐过程，其制备路线如下：
下列说法正确的是
A．苯乙烯与二乙烯苯互为同系物 B．“氯甲基化”产物X为甲醛
C．“氯球”中所有碳原子共平面 D．该树脂属于阴离子交换树脂
【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质；同系物
【解析】【解答】A、苯乙烯和二乙烯苯的官能团数目不同，结构不相似，不互为同系物，故 A 错误；
B、“氯甲基化” 反应中，反应物为 ClCH2OCH3，产物为氯甲基化的聚合物，根据原子守恒，产物 X 应为甲醇，而非甲醛，故 B 错误；
C、“氯球” 中存在饱和碳原子（如 - CH2Cl 中的碳），这些碳原子为 sp3 杂化，呈四面体结构，因此所有碳原子不可能共平面，故 C 错误；
D、该树脂中含有可交换的 Cl-，可与溶液中的阴离子发生交换反应，属于阴离子交换树脂，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】苯乙烯作为单体、二乙烯苯作为交联剂，二者发生共聚反应，形成具有三维网状结构的交联聚苯乙烯，俗称“白球”，为后续反应提供骨架。在路易斯酸催化下，白球与氯甲基甲醚（）反应，在苯环上引入氯甲基（），得到“氯球”，此过程生成副产物甲醇。氯球与二甲氨基乙醇（）发生亲核取代反应，氯甲基上的氯原子被叔胺取代，生成带正电的季铵盐基团，同时引入可交换的氯离子，最终得到阴离子交换树脂。
10．根据下列操作及现象，得出结论正确的是
选项 操作及现象 结论
A 将有色鲜花放入盛有干燥氯气的集气瓶中，鲜花颜色褪去 氯气有漂白性
B 将和分别加入无水乙醚中，几乎不溶，溶解并放热 离子键成分含量：
C 向浓度均为的和的混合溶液中逐滴加入等浓度的溶液，先出现淡黄色沉淀
D 将乙醇与浓硫酸共热至，产生的气体通入溴水中，溴水褪色 反应生成了乙烯
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】相似相溶原理及其应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；乙烯的实验室制法；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、鲜花褪色是因为氯气与鲜花中的水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，氯气本身无漂白性，故 A 错误；
B、无水乙醚为非极性溶剂，离子键成分含量高的化合物难溶于乙醚，而极性强、共价键成分多的化合物更易溶于乙醚，选项描述的现象无法直接得出离子键成分含量的结论，且题干信息不完整，故 B 错误；
C、向等浓度的 Cl-和 Br-混合溶液中滴加 AgNO3溶液，先出现淡黄色 AgBr 沉淀，说明 AgBr 的溶解度更小，溶度积 Ksp (AgBr) < Ksp (AgCl)，结论正确，故 C 正确；
D、乙醇与浓硫酸共热时，浓硫酸会将乙醇氧化，生成的 SO2也能使溴水褪色，因此溴水褪色不能证明生成了乙烯，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
氯气的漂白性源于与水反应生成的次氯酸，干燥氯气无漂白性；
非极性溶剂中，离子键成分高的化合物溶解性差，而选项 B 的现象描述不完整，无法直接判断离子键含量；
沉淀转化中，溶解度更小的难溶物优先沉淀，可通过沉淀先后顺序比较溶度积大小；
乙醇与浓硫酸共热的副产物 SO2也能使溴水褪色，需排除干扰才能证明乙烯的生成。
11．双金属氧化物()催化加氢制甲醇的反应机理如图所示，图中□表示氧空位，已知“活化位点”是指催化剂上能吸附反应物分子并与其反应的位置。下列说法错误的是
A．步骤①过程中有化学键的断裂和形成
B．反应过程中的杂化方式不变
C．催化剂吸附和的活化位点不同
D．若步骤②活化能最大，则氧空位越多，反应速率越快
【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A、步骤①是 H2在催化剂表面的吸附活化过程，H-H 键断裂，形成新的化学键，故 A 正确；
B、反应过程中，Ga 原子周围的成键数目发生变化，杂化方式会随之改变，故 B 错误；
C、根据反应机理图，H2在含 Zr3+和氧空位的位点吸附，CO2在含 Ga 的位点吸附，二者活化位点不同，故 C 正确；
D、步骤②活化能最大，是反应的决速步骤，氧空位越多，越有利于 CO2的吸附与活化，步骤②的反应速率越快，总反应速率也越快，故 D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
催化剂表面的吸附活化过程，会伴随反应物分子化学键的断裂和新化学键的形成；
原子的杂化方式与成键数目和空间构型有关，反应中 Ga 的成键环境改变，杂化方式会发生变化；
从反应机理图可直接观察到，H2和 CO2在催化剂的不同位点被吸附活化；
活化能最大的步骤是反应的决速步骤，氧空位作为 CO2的活化位点，其数量越多，决速步骤的反应速率越快，总反应速率随之加快。
12．某氮氧化物的六方晶胞及其体对角截面图如下，阿伏加德罗常数的值是。下列说法错误的是
A．该氧化物的化学式为
B．1位氮原子分数坐标为
C．晶体的密度为
D．2位和3位氮原子的核间距为
【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、由晶胞结构分析可知，晶胞中棱上分布的按均摊后共2（ 8×=2 ）个，晶胞内部直接包含2个，二者比例为1：1，因此该氮氧化物的化学式为，A正确；
B、结合体对角截面图，1位氮原子在晶胞x轴方向的投影占、y轴方向占、z轴方向占，因此其分数坐标为，B正确；
C、晶胞质量为，六方晶胞体积为底面积乘以高，底面积为正六边形对应三角形的面积，乘以晶胞高度，换算单位后体积为，代入密度公式计算可得密度为 ，故C错误；
D、2位氮原子位于晶胞z轴方向的处，3位氮原子位于z轴的0处，二者在z轴上的距离为晶胞高度的一半，因此核间距为，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
晶胞内粒子数计算采用均摊法，棱上粒子按计入，体内粒子完全计入，通过与的数目比确定物质组成；
分数坐标以晶胞顶点为原点，将原子在各轴上的相对位置除以晶胞对应边长，得到坐标数值；
六方晶胞体积计算需先确定底面的正六边形面积，取其一半的三角形面积，再乘以晶胞高度，注意单位换算为；
同一直线上的原子间距可直接通过坐标差计算，2位与3位氮原子仅在z轴上存在位置差，差值为晶胞高度的，因此核间距为。
13．一种合成乙醇酸盐的装置如图所示，下列说法正确的是
A．电极a的电势大于电极b
B．电路中每通过电子时，理论上电极a上生成
C．电极b上反应：
D．随着反应进行，溶液增大
【答案】B
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、电极 b 上乙二醇被氧化为乙醇酸根，发生氧化反应，故电极 b 为阳极，电极 a 为阴极，阳极电势高于阴极，因此电极 b 的电势大于电极 a，A 错误；
B、电极 a 为阴极，发生还原反应：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，电路中每通过 1 mol 电子时，理论上电极 a 上生成 0.5 mol H2，B 正确；
C、电极 b 上乙二醇被氧化，发生氧化反应，应失去电子，电极反应式为：HOCH2CH2OH+5OH--4e-=HOCH2COO-+4H2O，选项中反应式电荷不守恒且错误标注了电子得失，C 错误；
D、总反应（）消耗 OH-，随着反应进行，溶液中 OH-浓度降低，pH 减小，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
电极判断：乙二醇被氧化为乙醇酸根，发生氧化反应，对应阳极（电极 b： ），电极 a 为阴极： ；总反应为：
pH 变化：总反应消耗 OH-，溶液碱性减弱，pH 降低。
14．从褐铁矿型金-银矿(含、、、、、)中提取回收有价金属的一种工艺流程如下。
下列说法错误的是
A．根据“还原酸浸”“氧化”过程，推断氧化性：
B．“还原酸浸”时，被还原的矿物成分与还原剂物质的量之比为
C．“沉铜”前，将“滤液1”多次循环可提高金银的回收率
D．“沉锰”过程总反应离子方程式为
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、“还原酸浸” 中 MnO2被 Na2SO3还原，“沉铜” 中 Fe 粉还原 Cu2+得到 Cu，“氧化” 中 MnO2氧化 Fe2+得到 Fe3+，可推断氧化性：MnO2＞Fe3+＞Cu2+，故 A 正确；
B、“还原酸浸” 时，MnO2被 Na2SO3还原，Mn 元素从 + 4 价降为 + 2 价，S 元素从 + 4 价升为 + 6 价，根据电子守恒，被还原的 MnO2与还原剂 Na2SO3物质的量之比为 1：1，故 B 正确；
C、“沉铜” 前将 “滤液 1” 多次循环，可使其中残留的微量金银离子进一步沉淀到滤渣 1 中，提高金银的回收率，故 C 正确；
D、“沉锰” 过程中，Mn2+与 NH4HCO3反应生成 MnCO3沉淀，正确的离子方程式为 Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O，选项中的离子方程式电荷不守恒，且生成的 H+会与 HCO3-继续反应，故 D 错误；
故答案为：D。
【分析】用硫酸和亚硫酸钠处理金 - 银矿，将 MnO2、Fe2O3、CuO 等金属氧化物溶解并还原，金银和 SiO2进入滤渣 1，后续经处理得到 Au、Ag；向滤液 1 中加入铁粉，将溶液中的 Cu2+置换为 Cu 单质；向滤液 2 中加入 MnO2，将 Fe2+氧化为 Fe3+，再加入 NaOH 调节 pH，使 Fe3+以 Fe(OH)3形式沉淀；向滤液 3 中加入 NH4HCO3，使 Mn2+转化为 MnCO3沉淀，实现锰的回收。
15．常温下，图中的实线与虚线分别是和两种溶液中溶质微粒的分布分数[平衡时某含碳(或含氮)微粒的浓度占含碳(或含氮)微粒总浓度的分数]与溶液的关系(不考虑和的分解)下列说法错误的是
A．虚线为一水合氨分布分数与的关系
B．
C．溶液的为7.8
D．向溶液中加入强碱，与反应的倾向大于
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、 随着pH升高，溶液碱性增强，的电离被抑制，其在溶液中的占比会逐渐上升，对应图中那条随pH增大而升高的虚线，因此这条虚线代表的是的分布分数，A正确；
B、对于碳酸氢根的电离平衡：，其电离常数表达式为。当时，溶液的pH就是碳酸氢根的电离常数的负对数。从图上看，两者分布分数相等的点在pH=10.33处，因此可以直接得出，B正确；
C、是弱酸弱碱盐，溶液中铵根离子和碳酸氢根离子的水解会相互影响。时，pH=9.25，=10-(14-9.25)，时，pH=6.35，=10-6.35， 得：c(H+)= ，pH为7.8，C正确；
D、溶液中哪种离子更容易和强碱反应，取决于它的酸性强弱。由、可知，的酸性要比强，所以当我们往溶液里加碱时，氢氧根会优先和酸性更强的反应，而不是和反应，D错误；
故答案为：D。
【分析】是二元弱酸，溶液中存在三种含碳微粒，对应图中三条实线；是一元弱碱，溶液中存在两种含氮微粒，对应图中两条虚线。
16．某研究团队研究在催化剂表面利用加氢制甲醇。体系中的主要反应为：
i：
ⅱ：
ⅲ：
回答下列问题。
（1）　 　。
（2）升温时，中间体逐渐增多的可能原因有两个，一个是产生的速率更快，另一个是　 　。
（3）相关文献表明，该条件下反应存在两个反应历程，如下图所示，其中代表过渡态，*表示物种吸附在催化剂表面。路径二中决定总反应速率的基元反应(单纯的吸附、脱附不考虑)的化学方程式为　 　。低温下，几乎不产生中间体的原因是　 　。
（4）在恒温恒压条件下，投入不同物质的量之比的、、混合原料气，甲、乙两个不同的平衡状态数据如下。
平衡状态 投料比 平衡转化率 平衡转化率
甲
乙
①可提高平衡转化率的措施有　 　(填字母标号)。
A．增加原料中的量 B．原料中加入 C．通入 D．改用更高效的催化剂
②初始投料中出含量下降时，平衡体系中将　 　(填“增大”“减小”或“不变”)。
③若平衡状态甲中分压为，则反应ⅲ的平衡常数　 　(用含的代数式表示；分压=总压×物质的量分数)。
【答案】（1）
（2）反应ii为吸热反应，反应i、ⅲ为放热反应，升高温度更有利于两个反应的平衡态向生成的方向移动
（3）(或)；路径一决速步活化能更高，低温下更难进行，因此低温几乎不产生中间体
（4）A；减小；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，反应 ⅰ 减去反应 ⅱ 可得到反应 ⅲ，因此；
故答案为： ；
（2）反应 ⅱ 为吸热反应，反应 ⅰ、ⅲ 为放热反应；升温既会加快生成 CO 的反应速率，也会促使反应 ⅱ 的平衡正向移动、反应 ⅰ 和 ⅲ 的平衡逆向移动，使体系中 CO 的量增加。
故答案为： 反应ii为吸热反应，反应i、ⅲ为放热反应，升高温度更有利于两个反应的平衡态向生成的方向移动 ；
（3）总反应速率由活化能最大的基元反应决定；路径二中加氢生成的能垒最大，是决速步，化学方程式：或； 路径一决速步的活化能更高，低温下反应难以进行，因此低温几乎不产生 CO 中间体。
故答案为：(或) ； 路径一决速步活化能更高，低温下更难进行，因此低温几乎不产生中间体 ；
（4） ①A. 增加 H2用量，反应 i 平衡正向移动，CO2平衡转化率提高，A 正确；
B. 加入生成物 CH3OH，反应 i 平衡逆向移动，CO2转化率降低，B 错误；
C. 恒温恒压下通入惰性气体 N2，容器体积膨胀，反应 i 平衡逆向移动，CO2转化率降低，C 错误；
D. 催化剂不改变平衡转化率，D 错误；
故选A；
②含量下降，转化率降低，生成减少、剩余 增多，因此减小；
③ 设甲初始投料：，CO2 平衡转化率为 ，故转化的 为 ； 平衡转化率为 ，转化的 为 ，设反应i转化 ，反应ii转化 ，列方程得 ，解得，且生成 。平衡时各物质的物质的量： ，，，，，，总物质的量 ，
已知 分压为 ，根据分压公式 ，，主反应ⅲ：，平衡常数： ，代入各分压（）：。
故答案为：A； 减小 ； ；
【分析】（1）直接应用盖斯定律，通过已知反应的焓变计算目标反应的焓变，反应式相加减对应焓变相加减。
（2）结合温度对反应速率和化学平衡的双重影响，分别分析吸热、放热反应的平衡移动方向，综合判断体系中 CO 含量的变化。
（3）根据 “总反应速率由活化能最大的基元反应决定” 的规律，确定路径的决速步；再对比不同路径的活化能差异，分析低温下中间体的生成情况。
（4）①结合浓度、压强、催化剂对平衡转化率的影响，逐一分析选项；
②根据反应物含量变化对平衡移动的影响，判断生成物与反应物分压比的变化趋势；
③通过设未知数、列方程组计算各物质的平衡量，再结合分压公式和平衡常数表达式计算 Kp。
（1）根据盖斯定律，反应ⅰ反应ⅱ反应ⅲ，因此；
（2）反应ii为吸热反应，反应i、ⅲ为放热反应，升温除了加快生成CO的速率，还更有利于两个反应的平衡态向生成的方向移动，使体系中CO的量增加；
（3）总反应的速率由活化能（能垒）最大的基元反应决定，路径二中加氢生成的能垒最大，是决速步，化学方程式：或；路径一决速步路径活化能更高，低温下反应难以发生，因此低温几乎不产生CO中间体；
（4） ① A．增加用量，平衡正向移动，平衡转化率提高，A正确；
B． 加入生成物，平衡逆向移动， 转化率降低，错误；
C．恒温恒压通入惰性气体 ，体积膨胀，气体分子数减少的反应i平衡逆向移动， 转化率降低，错误；
D．催化剂不改变平衡转化率，D错误；
故选A；
②含量下降，转化率降低，生成减少、剩余 增多，因此减小；
③ 设甲初始投料：，CO2 平衡转化率为 ，故转化的 为 ； 平衡转化率为 ，转化的 为 ，设反应i转化 ，反应ii转化 ，列方程得 ，解得，且生成 。平衡时各物质的物质的量： ，，，，，，总物质的量 ，
已知 分压为 ，根据分压公式 ，，主反应ⅲ：，平衡常数： ，代入各分压（）：。
17．猫薄荷中的重要成分荆芥内酯(K)的一种合成路线如下所示。已知表示苯基。
回答下列问题。
（1）荆芥内酯(K)中官能团名称分别是　 　，的名称是　 　。
（2）A中b处比a处更活泼的原因是　 　。
（3）C发生羟醛缩合伴随脱水，所得产物的结构简式为　 　。
（4）结合上述路线，对羰基的还原更具选择性的是　 　(填“”或“”)。
（5）“”中，H与水溶液发生反应的化学方程式为　 　。
（6）I通过分子内加成得到内酯中间体J(I的同分异构体)，J再经消去反应得到最终产物K，J的结构简式为　 　。
（7）A的同分异构体中，同时满足下列条件的共有　 　种(不考虑立体异构)。
a．含有2个六元环且共用1个边 b．含羟基，但不能被催化氧化 c．能发生水解反应
【答案】（1）酯基、碳碳双键；3-溴-1-丁炔
（2）b处受两个吸电子基团影响，而a处只受一个吸电子基团影响，b处键极性更强，更活泼
（3）
（4）
（5）
（6）
（7）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；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） 荆芥内酯（K）分子中含有的官能团为酯基、碳碳双键 ；的系统命名为3-溴-1-丁炔。
故答案为： 酯基、碳碳双键 ； 3-溴-1-丁炔 ；
（2） A 分子中 b 处的 α-H 更活泼。因为 b 处的 C-H 键同时受羰基和酯基两个吸电子基团的影响，极性更强，而 a 处仅受羰基一个吸电子基团影响，因此 b 处的 α-H 更易被强碱夺取。
故答案为： b处受两个吸电子基团影响，而a处只受一个吸电子基团影响，b处键极性更强，更活泼 ；
（3） D 的结构简式为：。
故答案为： ；
（4） 对比 D→E、F→G 的反应可知，H2/Pt 可还原碳碳双键，NaBH4可还原羰基，说明 NaBH4对羰基的还原选择性更强。
故答案为： ；
（5） H 中的乙酸酯基在 NaOH 水溶液中发生水解反应，化学方程式为：。
故答案为：；
（6）I分子含有羧基和醛基，发生分子内加成反应得到分子内酯J，J经消去反应得到K，对比I和K的结构可知，J的结构简式为。
故答案为：；
（7）A分子式为，满足条件：含羟基，但不能被催化氧化，则羟基碳上没有H，能发生水解反应，则分子中含有酯基，两个六元环共用1条边，则一个六元环全为碳，另一个六元环为内酯环，其结构有、、、、、共6种。
故答案为：6；
【分析】以化合物 A 为起始原料， 与发生取代反应生成B；B 再经炔烃水合、脱羧反应转化为 C，C 经强碱分子内羟醛缩合构建双环骨架得到 D（ ）；D 经催化加氢还原双键生成 E，E 在 下与苯甲醛发生羟醛缩合引入苄叉结构得到 F；F 经硼氢化钠还原羰基并与 成酯得到 G，G 经、 氧化切断双键得到 H；H 再经酯水解、高碘酸氧化邻二醇，得到含醛基和羧基的中间体 I；I 经环化加成得到J （ ），最终构建出目标内酯结构得到荆芥内酯 K。
（1）根据 K 的结构直接识别官能团；炔烃衍生物的命名需选含三键的最长碳链为主链，编号从靠近三键的一端开始，同时标注取代基位置。
（2）通过分析相邻吸电子基团对 C-H 键极性的影响，判断 α-H 的活泼性，受吸电子基团影响越多，键极性越强，α-H 越活泼。
（3）结合 C 的结构和强碱条件下的分子内羟醛缩合反应，推导 D 的双环结构。
（4）对比不同还原剂的反应对象，判断其对特定官能团的还原选择性差异。
（5）根据酯的碱性水解反应规律，写出乙酸酯基在 NaOH 溶液中的水解方程式，注意生成羧酸钠和醇。
（6）结合 I 的结构和分子内加成、消去反应的特点，推导中间体 J 的结构，关键是醛基与羧基的环化和后续脱水。
（7）根据分子式和限定条件（羟基无氢、含酯基、双六元环），结合不饱和度分析官能团类型，再通过排列组合写出所有可能的结构。
（1）根据K的结构，荆芥内酯含有的官能团有酯基、碳碳双键；的系统命名为3-溴-1-丁炔。
（2）α-H的活泼性受相邻吸电子基团影响，b处受两个吸电子基团影响，而a处只受一个吸电子基团影响，b处键极性更强，故b处更活泼。
（3）分析知，D的结构简式为。
（4）根据流程中D到E的转化，在此条件下选择性还原碳碳双键；根据F到G的转化，选择性还原羰基，因此对羰基还原选择性更强。
（5）H中含乙酸酯基，在NaOH水溶液中发生水解反应，化学反应方程式为。
（6）I分子含有羧基和醛基，发生分子内加成反应得到分子内酯J，J经消去反应得到K，对比I和K的结构可知，J的结构简式为。
（7）A分子式为，满足条件：含羟基，但不能被催化氧化，则羟基碳上没有H，能发生水解反应，则分子中含有酯基，两个六元环共用1条边，则一个六元环全为碳，另一个六元环为内酯环，其结构有、、、、、共6种。
18．全球约的碲()从铜阳极泥(主要含有、、、、)中回收，某工厂采用联合法回收流程如下。
已知：①硒()与碲()均属于第ⅥA族元素；②“酸浸”后，、分别以和形式存在。
（1）碲的最高价氧化物的水化物分子含6个H，该水化物的化学式为　 　。
（2）“脱铜液”中含有的阳离子主要是　 　。
（3）“酸浸提硒碲”时，的作用是　 　，“贵金属”含有的主要元素有　 　。
（4）“还原沉硒”时，利用液态还原的化学方程式是　 　，通入液态的速率需严格控制，若速率过快，除导致利用率降低外，还可能造成的后果是　 　(写出一种)。
（5）同样使用液态作还原剂，硒比碲先沉淀的原因是　 　。
（6）粗碲中含有的少量杂质可通过焙烧氧化后用化学方法除去，再将产生的在高温真空环境碳还原得到精碲。该反应：采用真空条件除防止精碲被氧化外，其他原因有　 　(写出一条即可)。
（7）精碲还可用区域熔炼法(利用杂质在固态碲和液态碲中溶解度不同而将杂质富集到特定区域的方法)进一步提炼得到高纯碲。已知杂质在碲单质中的分配系数K(杂质分别在固态碲与液态碲中的分布百分数之比)远小于1，如下图所示，加热线圈所在位置的碲棒熔化，线圈右移后碲棒凝固。熔炼过程中高纯碲集中在　 　(填“a端”“b端”或“熔融区”)。
【答案】（1）
（2）、
（3）氧化剂，氧化、；、
（4）；逸出污染环境或碲提前沉淀析出
（5）的氧化性强于
（6）促进反应向正向进行，提高碲的产率(或使生成的碲蒸气更容易分离或降低碲转化为蒸气的温度，降低能耗)
（7）a端
【知识点】物质的分离与提纯；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】（1）碲（Te）属于第 ⅥA 族元素，最高正价为 + 6 价，其最高价氧化物的水化物分子含 6 个 H，结合化合价代数和为零的原则，该水化物的化学式为 H6TeO6。
故答案为： ；
（2）铜阳极泥经硫酸、氧气高压脱铜，铜被氧化为 Cu2+进入脱铜液，且脱铜液中含有过量硫酸，因此脱铜液中主要阳离子为 Cu2+和 H+。
故答案为：、 ；
（3）“酸浸提硒碲” 时，加入的 NaClO3具有强氧化性，可将 Se、Te 氧化为 H2SeO3和 H2TeO3，自身作氧化剂；银、金不参与反应，过滤后形成 “贵金属”，其主要成分为 Au 和 Ag。
故答案为： 氧化剂，氧化、 ；、 ；
（4） 液态 SO2还原 H2SeO3得到 Se 单质，反应中 S 元素化合价升高、Se 元素化合价降低，配平后的化学方程式为；二氧化硫有毒且会导致酸雨，且过量二氧化硫会使得还原为Te，为防止逸出污染环境或碲提前沉淀析出，通入液态的速率需严格控制；
故答案为： ；逸出污染环境或碲提前沉淀析出 ；
（5） 同样以液态 SO2为还原剂时，H2SeO3先被还原为 Se，而 H2TeO3后被还原，说明 H2SeO3的氧化性强于 H2TeO3。
故答案为：的氧化性强于 ；
（6）为气体分子数增大的反应，采用真空条件除防止精碲被氧化外，还能使得反应装置中压强降低，促进反应向正向进行，提高碲的产率(或使生成的碲蒸气更容易分离或降低碲转化为蒸气的温度，降低能耗)；
故答案为： 促进反应向正向进行，提高碲的产率(或使生成的碲蒸气更容易分离或降低碲转化为蒸气的温度，降低能耗) ；
（7） 杂质在固态碲与液态碲中的分配系数 K 远小于 1，说明杂质在液态碲中溶解度更大；区域熔炼时，杂质随熔融区向 b 端移动并被带走，因此高纯碲会富集在 a 端。
故答案为： a 端；
【分析】该流程以铜阳极泥为原料，通过高压脱铜、酸浸提硒碲、分步还原，实现铜、贵金属、硒、碲的分离回收：铜阳极泥在硫酸和氧气作用下，铜被氧化进入脱铜液，得到脱铜阳极泥；脱铜阳极泥经氯酸钠和硫酸酸浸，Se、Te 被氧化为 H2SeO3和 H2TeO3进入浸出液，Au、Ag 等贵金属被分离出来；向浸出液通入液态 SO2，优先将 H2SeO3还原为粗硒；再向滤液中通入液态 SO2，将 H2TeO3还原得到粗碲。
（1）根据第 ⅥA 族元素的最高正价为 + 6 价，结合 “分子含 6 个 H” 的条件，通过化合价代数和为零的原则推导化学式。
（2）结合脱铜工艺的反应原理，分析铜的氧化产物及过量硫酸的存在，判断脱铜液中的主要阳离子。
（3）根据 NaClO3的强氧化性，判断其在酸浸过程中的作用；结合金属活动性顺序，分析不参与反应的贵金属成分。
（4）根据氧化还原反应中元素化合价的升降规律，配平化学方程式；结合 SO2的毒性及后续工艺需求，分析控制通入速率的原因。
（5）根据还原剂与不同物质反应的先后顺序，判断氧化剂的氧化性强弱顺序。
（6）结合勒夏特列原理，分析真空条件对气体分子数增大反应的平衡移动影响，同时考虑碲蒸气的分离需求。
（7）根据分配系数的定义，分析杂质在固、液态碲中的溶解度差异，推导区域熔炼过程中高纯碲的富集位置。
（1）碲()属于第ⅥA族元素，则其最高价为+6，碲的最高价氧化物的水化物分子含6个H，结合化合价代数和为零，该水化物的化学式为；
（2）由分析，铜被氧化为铜离子进入脱铜液，脱铜液中还含过量的硫酸，则含有的阳离子主要是、；
（3）具有强氧化性，已知：酸浸”后，、分别以和形式存在，则“酸浸提硒碲”时，的作用是氧化剂，氧化、得到和；由分析，“贵金属”含有的主要元素有、；
（4）液态还原得到Se，反应中硫元素化合价升高、Se元素化合价降低，结合电子守恒，化学方程式是；二氧化硫有毒且会导致酸雨，且过量二氧化硫会使得还原为Te，为防止逸出污染环境或碲提前沉淀析出，通入液态的速率需严格控制；
（5）同样使用液态作还原剂，首先被还原为Se，而后被还原为Te，说明的氧化性强于；
（6）为气体分子数增大的反应，采用真空条件除防止精碲被氧化外，还能使得反应装置中压强降低，促进反应向正向进行，提高碲的产率(或使生成的碲蒸气更容易分离或降低碲转化为蒸气的温度，降低能耗)；
（7）已知杂质在碲单质中的分配系数K(杂质分别在固态碲与液态碲中的分布百分数之比)远小于1，可知杂质在液态碲中溶解度更大，熔融区向b端移动，将杂质溶解带走，a端再次凝固，故熔炼过程中高纯碲集中在a端。
19．磷酸钙[，简称]有α、β两种晶型，其中是性能优异的生物活性陶瓷。某课题组通过以下流程制备并对其进行结构表征，回答下列问题。
溶液悬浊液沉淀物前驱体滤饼
（1）配制的溶液，所需的玻璃仪器有　 　(填字母标号)。
（2）“滴加”，必须严格控制反应试剂投入的钙磷比为的原因是　 　。
（3）“滴加”并“滴加氨水”目的是使溶液控制在左右，提高产率，两步发生总反应的离子方程式为　 　。若超过，易产生的杂质为　 　[填“”或“”]
（4）“陈化”是小颗粒溶解并在大颗粒表面重结晶，使沉淀颗粒长大、结构更致密。若省略“陈化”步骤，带来的后果是　 　。
（5）“抽滤”的全称为减压过滤，即利用真空泵抽气产生低压提高过滤速度，下图为实验装置，其中连接吸滤瓶、安全瓶和真空泵的橡胶管应选择　 　(填“厚壁”或“薄壁”)。
（6）检验沉淀已经洗净的实验方法是检验最后一次洗涤液中是否含有的离子为　 　(填化学式)。
（7）图是滤饼煅烧前后的射线衍射()图，最终实验方案选择煅烧且煅烧温度控制在的原因是　 　，煅烧时，盛放滤饼的实验仪器是　 　(填仪器名称)。
（8）已知纳米材料是指在三维空间中至少有一维处于纳米尺度()的材料。从图可看出：实验所制单晶材料在20为31.处的衍射峰半高宽，可计算材料的平均晶粒尺寸(K为，λ为，)，确认实验所制单晶材料属于纳米材料的理由是　 　。
【答案】（1）acd
（2）保证钙磷比与产物中钙磷比一致，提高产物纯度，防止副产物产生
（3）；
（4）得到的沉淀颗粒细小，易堵塞滤纸导致过滤极其缓慢，且洗涤效率低下
（5）厚壁
（6）或
（7）滤饼图中衍射峰宽而弱，说明滤饼是非晶体或结晶度很低，因此滤饼须煅烧，煅烧温度过高()又会有产生，因此选择下煅烧；坩埚
（8）根据公式计算出平均晶粒尺寸，正好处于纳米尺度
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；探究物质的组成或测量物质的含量；晶体的定义；分散系、胶体与溶液的概念及关系
【解析】【解答】（1）配制 250 mL 一定物质的量浓度的溶液，需要用到胶头滴管定容、玻璃棒搅拌和引流、250 mL 容量瓶，故选 acd。
故答案为： acd ；
（2）目标产物 Ca3(PO4)2中钙磷物质的量之比为 3：2（即 1.5），按此比例投料，可保证反应体系的钙磷比与产物中钙磷比一致，从而提高产物纯度，防止副产物生成。
故答案为： 保证钙磷比与产物中钙磷比一致，提高产物纯度，防止副产物产生 ；
（3）碱性条件下，Ca2+、HPO42-与 NH3 H2O 反应生成磷酸钙沉淀，离子方程式为：3Ca2+ + 2HPO42- + 2NH3 H2O = Ca3(PO4)2↓ + 2NH4+ + 2H2O；pH 过高时，溶液中 OH-浓度增大，易生成羟基磷酸钙 Ca5(PO4)3OH 杂质。
故答案为： ； ；
（4）陈化的目的是使沉淀颗粒长大；若省略陈化，沉淀颗粒会过于细小，易堵塞滤纸孔，导致过滤速度极慢，同时洗涤效率也会降低。
故答案为： 得到的沉淀颗粒细小，易堵塞滤纸导致过滤极其缓慢，且洗涤效率低下 ；
（5）减压过滤时装置内压强远低于外界大气压，薄壁橡胶管易被大气压压瘪，因此需要选择厚壁橡胶管。
故答案为： 厚壁 ；
（6）原料 Ca(NO3)2引入的可溶性杂质离子为 NO3-，(NH4)2HPO4引入的杂质离子为 NH4+，因此检验最后一次洗涤液中是否含有 NO3-或 NH4+，即可判断沉淀是否洗净。
故答案为：或 ；
（7）滤饼的 XRD 图中衍射峰宽而弱，说明其为非晶体或结晶度很低，无目标晶型，因此需煅烧；800℃煅烧可得到纯 β-TCP，温度过高会生成 α-TCP 杂质，故选择 800℃；高温煅烧固体需用坩埚盛放。
故答案为： 滤饼图中衍射峰宽而弱，说明滤饼是非晶体或结晶度很低，因此滤饼须煅烧，煅烧温度过高()又会有产生，因此选择下煅烧 ； 坩埚 ；
（8）代入公式计算平均晶粒尺寸： ，该尺寸处于 1~100 nm 的纳米尺度范围内，因此属于纳米材料。
故答案为： 根据公式计算出平均晶粒尺寸，正好处于纳米尺度 ；
【分析】以 Ca(NO3)2和 (NH4)2HPO4为原料，恒温搅拌下滴加氨水调节 pH≈9.00；生成的沉淀经陈化 24 h 后，抽滤洗涤，再于 800℃煅烧滤饼，制备 β-TCP。
（1）根据配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤，确定所需仪器，重点关注定容、引流、容器的选择。
（2）结合目标产物的化学组成，分析原料投料比对产物纯度的影响，核心是保证钙磷元素按化学计量比反应。
（3）根据碱性条件下的反应环境，结合电荷守恒和原子守恒书写离子方程式；同时分析 pH 对产物组成的影响，判断副产物生成的条件。
（4）理解沉淀陈化的作用，从颗粒大小对过滤和洗涤过程的影响角度分析省略陈化的后果。
（5）结合减压过滤的压强特点，分析不同材质橡胶管的适用性，核心是防止橡胶管被大气压压瘪。
（6）根据反应原料引入的杂质离子，选择合适的检验对象，通过检测洗涤液中杂质离子的残留情况判断沉淀是否洗净。
（7）结合 XRD 图的特征判断滤饼的晶型状态，再根据不同温度下的产物差异确定煅烧温度，同时明确高温煅烧所需的仪器。
（8）代入公式计算晶粒尺寸，再根据纳米材料的定义（1~100 nm）判断材料类型。
（1）配制250 mL一定物质的量浓度溶液，需要胶头滴管(a)定容、玻璃棒(c)搅拌和引流、250 mL容量瓶(d)，故选acd；
（2）目标产物中钙磷物质的量比恰好为，保证钙磷比与产物中钙磷比一致，提高产物纯度，防止副产物产生；
（3）碱性条件下，、 与反应生成磷酸钙沉淀，离子方程式：；pH过高（碱性过强）时，溶液浓度大，易生成羟基磷酸钙杂质；
（4）陈化使沉淀颗粒长大，省略陈化后得到的沉淀颗粒细小，易堵塞滤纸导致过滤极其缓慢，且洗涤效率低下；
（5）减压过滤时装置内压强远小于外界大气压，薄壁橡胶管会被大气压压瘪，因此需要选择厚壁橡胶管；
（6）原料 引入的可溶性杂质离子为，滴加引入的可溶性杂质离子为，因此检验最后一次洗涤液中是否含或， 即可判断沉淀是否洗净；
（7）滤饼图中衍射峰宽而弱，说明滤饼是非晶体或结晶度很低滤饼无目标晶型，因此滤饼须煅烧，煅烧可得到纯，温度过高会生成产生，因此选择煅烧；高温煅烧固体需要用坩埚盛放；
（8）代入公式计算得平均晶粒尺寸，处于的纳米尺度范围内，因此属于纳米材料 。
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