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甘肃2026届下学期高三年级第二次模拟考试 化学试题
1．“一带一路”文化交流主题文物特展上甘肃馆藏的下列四件藏品中，其主要化学成分不能与其他三种归为一类的是
A．见证魏晋邮驿体系的“驿使图”彩绘壁画砖
B．彰显东汉青铜与力学艺术的“马踏飞燕”
C．体现中西融合的“东罗马神人纹鎏金银盘”
D．展示先秦军事遗存的“人头形銎青铜戟”
2．下列对物质的用途与相关性质描述错误的是
选项 用途 相关性质
A 氯气用于自来水杀菌消毒 氯气与水反应生成的次氯酸具有强氧化性
B 用汽油处理衣服上的油渍 汽油与油渍反应的产物易挥发
C 氖用于霓虹灯管的填充气 稀有气体通电时会发射特征光谱的光
D 明矾用作净水剂 明矾中的水解生成的胶体具有吸附作用
A．A B．B C．C D．D
3．下列化学用语或图示表达正确的是
A．电子云轮廓图
B．四氯化碳的电子式
C．基态Cu原子的价层电子排布式
D．的VSEPR模型
4．“液态阳光”是助力“双碳”目标的绿色技术，其核心反应之一为 。下列的说法错误的是
A．该反应在低温下可自发进行
B．恒容时增大的浓度，单位体积内活化分子数增多，反应速率加快
C．升高温度，正反应速率不变，逆反应速率增大，平衡向逆反应方向移动
D．使用催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，但不改变甲醇的平衡产率
5．下列化学实验使用的仪器和实验操作能达到实验目的的是
A．测定锌与稀硫酸的反应速率 B．由制取无水固体
C．测定中和热 D．制备
A．A B．B C．C D．D
6．我国科学家发现一种能用于“点击反应”的新分子，结构如图所示。X、Y、Z和W是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y与Z是同一主族元素，X与Y同周期。下列说法不正确的是
A．电负性：Y>W>Z B．第一电离能：W>Y>X
C．简单离子半径：Z>X>Y D．简单氢化物还原性：Z>W>Y
7．配合物和反应制备的反应方程式为。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．26.4g 中含有σ键数为
B．1L 的溶液中含有的数目为
C．CO为还原产物，生成3mol CO时，转移电子数为
D．22.4L 与CO的混合气体与CuO反应生成Cu原子数为
8．抗流感药物玛巴洛沙韦的部分合成工艺路线如下图所示，下列说法正确的是
A．BXA中有三种含氧官能团
B．玛巴洛沙韦分子中所有碳原子均处于同一平面
C．玛巴洛沙韦中碳原子的杂化方式有两种
D．玛巴洛沙韦不含手性碳原子
9．物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是（　　）
选项 性质差异 结构因素
A 沸点：乙醇(78.3℃)高于二甲醚(-29.5℃) 氢键作用
B 熔点：AlF3(1040℃)远高于AlCl3(178℃升华) 晶体类型
C 键角：PF3(94°)小于PCl3(109.5°) 电负性差异
D 分解温度：HBr(500℃)高于HI(300℃) 范德华力作用
A．A B．B C．C D．D
10．一种以为正极、Al-Zn合金(可形成微型原电池，有析出)为负极、三氟甲磺酸铝为电解质的水系可充电铝金属电池的放电原理如下图所示。
已知：三氟甲磺酸是一种有机强酸，三氟甲磺酸铝是强电解质。
下列说法正确的是
A．充电时，Al-Zn合金与电源的正极相连
B．充电时，阳极反应式为
C．放电时，电子由电极经水溶液移向Al-Zn合金电极
D．放电时，当电路中有0.3 mol电子流入正极时，Al-Zn合金质量减少2.7g
11．下列实验操作及现象所对应的结论或解释正确的是
选项 实验操作及现象 结论或解释
A 向蛋白质溶液中加入少量溶液，出现白色沉淀，再加水沉淀不溶解 蛋白质发生了盐析
B 向Zn与稀硫酸反应的体系中加入几滴硫酸铜溶液，产生气泡速率变快 硫酸铜具有催化作用
C 向葡萄糖溶液中滴加酸性溶液，紫色褪去 葡萄糖中有醛基
D 向盛有2mL 溶液的试管中滴加2滴溶液，再滴加4滴溶液，先出现白色沉淀，后出现黄色沉淀
A．A B．B C．C D．D
12．晶体因x变化形成空位而导致颜色各异，当时，其立方晶胞结构如图所示。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．密度为时，
B．x增大时，W的平均价态升高
C．与W最近且等距的O有6个
D．空位数不同，吸收的可见光波长不同
13．以辉铜矿(，含、杂质)为原料可制得配制镀铜电镀液的重要原料，其流程如下图所示，下列说法错误的是
A．中含有共价键、配位键、离子键
B．煅烧过程中每生成11.2L气体(标准状况)X，转移3mol电子
C．向溶液C中加入硫氰化钾溶液后呈现红色
D．向溶液D中加入无水乙醇并用玻璃棒摩擦试管壁可析出目标产物
14．电位滴定法是化学中常用的分析方法，可根据滴定过程中电极电位的突跃确定滴定终点。常温下，利用的盐酸滴定20.00 mL 的碳酸钠溶液，其电位滴定曲线与pH曲线如图所示(已知碳酸的电离常数，)。下列说法错误的是
A．若采用酸碱指示剂判断滴定终点，a点须选择酚酞作指示剂
B．a点水的电离程度是b点10000倍
C．b点：比值的数量级为
D．a点：
15．硫脲是一种应用广泛的有机化合物。实验室中可先制备，然后再与合成，具体反应为：，实验装置(夹持及加热装置略)如下图所示。
已知：易溶于水；易溶于水，易被氧化，受热时部分发生异构化生成。回答下列问题：
实验I：硫脲的制备。
（1）装置B中饱和NaHS溶液的作用是________。
（2）检查装置气密性后加入药品，________(填具体操作)，当观察到装置E中出现黑色沉淀时，再打开。
（3）完成(2)中操作后，水浴加热装置D，在80℃条件下合成硫脲，控制温度在80℃的原因是________。
（4）D中反应结束后，将混合物分离后，把滤液减压蒸发浓缩、________、________(填写操作名称)、洗涤、低温烘干得到产品。
实验II：硫脲产品纯度的测定。
称取1.900g粗产品，配成500mL溶液，量取25.00mL于锥形瓶中，滴加一定量的稀硫酸使溶液显酸性，用的标准溶液滴定，重复3次，测得消耗标准溶液的体积平均为21.00mL。已知：(未配平)。
（5）下列说法正确的是______(填序号)。
A. 图甲：准确称得1.900g粗产品
B. 图乙：转移粗产品溶液到500mL容量瓶中
C. 图丙：往锥形瓶中滴加标准溶液
D. 图丁：接近滴定终点时，向锥形瓶中滴入半滴标准液的操作
（6）粗产品中硫脲的质量分数为________%。
（7）某同学操作时，未润洗装标准溶液的滴定管，请分析该同学最终计算得到的粗产品纯度比实际纯度________(填“大”或“小”)。
16．现以铅蓄电池的填充物铅膏(主要含、、PbO和少量FeO)为原料，生产三盐基硫酸铅，其工艺流程如下：
已知：，，具有两性，有强氧化性。
（1）“转化”步骤中的作用是　 　，滤液1中和的浓度之比为　 　。
（2）混合气体X不宜直接排放，实验室处理时可将其与过量氧气混合通入氢氧化钠溶液吸收，其中发生氧化还原反应的离子方程式为　 　。
（3）在50~60 ℃“合成”三盐基硫酸铅的化学方程式为　 　。“合成”阶段需控制溶液的pH不大于10，若pH过大会导致三盐基硫酸铅的产率降低，其原因为　 　。
（4）若铅膏中铅元素的总质量为100.0 g，最终得到三盐基硫酸铅45.8 g(三盐基硫酸铅的摩尔质量为)，则元素Pb的回收率为　 　(精确到0.1%)。
（5）大型客机燃油用四乙基铅作抗震添加剂，但皮肤长期接触对身体有害。是一种难电离且易溶于有机溶剂的配合物，其晶体类型属于　 　晶体。已知晶体的堆积方式如下图所示，则其在xy平面上的二维堆积中的配位数是　 　。
17．氢能是一种重要的清洁能源，由、HCOOH等物质可以制得。
Ⅰ、乙醇-水催化重整制得氢气，其主要反应为：
①
②
在101kPa下，当时，若发生反应①和②，平衡时和CO的选择性及的产率随温度的变化如图所示[CO的选择性]。
（1）计算反应的________。
（2）图中代表CO的选择性的曲线是________(填“甲”“乙”或“丙”)；分析曲线乙在300℃前后变化趋势相反的原因________。
（3）根据图中信息，500℃时的平衡转化率为________，反应②的平衡常数 ________(是用分压代替浓度计算的平衡常数，分压=总压×物质的量分数，精确到0.001)。
Ⅱ、HCOOH催化分解制得
（4）一定温度下，向恒容密闭容器通入一定量的HCOOH(g)，在Pd-有机胺催化剂作用下，HCOOH分子催化释放氢的反应机理和相对能量的变化情况分别如图1和图2所示。下列叙述正确的是______(填序号)。
A. 有机胺可以和盐酸溶液反应
B. 在催化剂表面解离C-H键比解离O-H键更容易
C. HCOOD催化释放氢反应除生成外，还可生成HD
D. HCOOH催化释放氢的热化学方程式为：
（5）HCOOH(g)分解反应存在以下定量关系：(其中为活化能，k为速率常数，R和C为常数)，实验数据如图中曲线M所示。当改变外界条件时，实验数据如曲线N所示，则改变的外界条件可能为________。
18．新型P-CAB类药物凯普拉生(化合物H)可用于难治性胃食管反流病，H的合成路线如下(部分试剂、反应条件省略)：
已知：
回答下列问题：
（1）化合物A的名称是　 　。
（2）化合物B的结构简式为　 　。
（3）由A转变为C的反应类型是　 　。
（4）化合物D的同分异构体中，同时满足下列条件的有　 　种(不考虑立体异构)。
①含有苯环且苯环上连有3个取代基；
②含有氨基、酚羟基；
③含4个碳的烷氧基。
写出其中一种核磁共振氢谱有6组峰，且峰面积之比为的结构简式：　 　。
（5）由D转变为E的过程中经历了两步反应，第一步反应的化学方程式是：　 　(要求配平)。
（6）下列有关说法正确的有______(填序号)。
A．F能发生银镜反应
B．F不可能存在分子内氢键
C．E→G的过程中产生了
D．已知醛基吸引电子能力较强，与相比，化合物F中的N-H键极性更小
（7）已知：，请设计以乙醇为原料(无机试剂任选)合成化合物的合成路线：　 　。(用流程图表示，例如)
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】合金及其应用
【解析】【解答】A、“驿使图” 彩绘壁画砖主要成分为硅酸盐（陶瓷类无机非金属材料），与其他三类不同，故 A 正确；
B、“马踏飞燕” 为青铜制品，主要成分为铜合金（金属材料），故 B 错误；
C、“东罗马神人纹鎏金银盘” 主要成分为银（金属材料），故 C 错误；
D、“人头形銎青铜戟” 为青铜制品，主要成分为铜合金（金属材料），故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
明确文物材料的化学分类，金属材料与无机非金属材料的区别；
青铜、银盘均为金属或合金，属于金属材料；
壁画砖为陶瓷类硅酸盐材料，属于无机非金属材料
2．【答案】B
【知识点】胶体的性质和应用；氯水、氯气的漂白作用；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、氯气与水反应生成的次氯酸具有强氧化性，可用于自来水杀菌消毒，故 A 正确；
B、汽油处理油渍利用的是相似相溶原理，而非汽油与油渍发生反应，故 B 错误；
C、稀有气体通电时会发射特征光谱的光，氖可用于霓虹灯管的填充气，故 C 正确；
D、明矾中的 Al3+水解生成氢氧化铝胶体，该胶体具有吸附作用，可用作净水剂，故 D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
氯气用于自来水消毒的原理是次氯酸的强氧化性；
汽油去除油渍是物理溶解过程，利用相似相溶，并非发生化学反应；
稀有气体通电发光的性质，决定了其可用于制作霓虹灯；
明矾净水的原理是 Al3+水解生成的胶体具有吸附性。
3．【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、2p 、2p 、2pz 轨道的电子云轮廓图分别沿 x、y、z 轴分布，题目中 2pz 轨道的电子云轮廓图： ，沿 z 轴分布，A正确；
B、四氯化碳的电子式中，氯原子周围应满足 8 电子稳定结构， 电子式为，故B错误；
C、基态 Cu 原子的价层电子排布式为 3d 4s ，C错误；
D、NH3的 VSEPR 模型为四面体形（含一对孤电子对），正确的VSEPR模型为，故D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
p 轨道的电子云轮廓图沿对应坐标轴分布，2pz 轨道沿 z 轴分布；
电子式书写需标出所有原子的价电子，尤其是孤电子对；
基态 Cu 原子的价电子排布需遵循洪特规则特例，为 3d 4s ；
VSEPR 模型需包含中心原子的孤电子对，NH3的 VSEPR 模型为四面体形。
4．【答案】C
【知识点】焓变和熵变；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、该反应 ΔH<0，气体分子数减少（ΔS<0），根据 ΔG=ΔH-TΔS，低温下 ΔG<0，反应可自发进行，故 A 正确；
B、恒容时增大 H2浓度，单位体积内活化分子数增多，有效碰撞频率增加，反应速率加快，故 B 正确；
C、升高温度，正、逆反应速率均增大（逆反应速率增大的幅度更大），平衡向吸热的逆反应方向移动，故 C 错误；
D、催化剂能降低反应活化能、加快反应速率，但不改变平衡状态，因此不影响甲醇的平衡产率，故 D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
反应自发性判断依据 ΔG=ΔH-TΔS，结合 ΔH 和 ΔS 的符号分析温度对自发性的影响；
浓度对反应速率的影响：增大反应物浓度，单位体积内活化分子数增多，反应速率加快；
温度对反应速率和平衡的影响：升高温度，正逆反应速率均增大，平衡向吸热反应方向移动；
催化剂的作用：只改变反应速率，不影响化学平衡。
5．【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；常用仪器及其使用；中和热的测定；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、测定锌与稀硫酸的反应速率时，装置中长颈漏斗会导致气体泄漏，无法准确测量气体体积变化，故 A 错误；
B、加热 FeCl3 6H2O 时，Fe3+会发生水解，且生成的 HCl 易挥发，最终得到的是 Fe(OH)3，无法制得无水 FeCl3，故 B 错误；
C、测定中和热时，装置缺少保温措施（如烧杯间填满碎纸条、大烧杯与小烧杯杯口相平），且环形玻璃搅拌棒的使用方式也存在问题，无法准确测定反应的温度变化，故 C 错误；
D、制备 Fe(OH)2时，植物油可隔绝空气，防止生成的 Fe(OH)2被氧化，该装置能达到实验目的，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
测定反应速率时，装置必须保证气密性良好，且能准确测量气体体积；
制备易水解的氯化物时，需在氯化氢气流中加热，抑制其水解；
中和热测定装置需具备良好的保温性能，减少热量散失；
制备 Fe(OH)2的关键是隔绝空气，防止其被氧化。
6．【答案】B
【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；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、同周期元素从左到右，电负性随非金属性增强而增大；同主族元素从上到下，电负性随非金属性减弱而减小。因此电负性：O＞Cl＞S，A 正确；
B、N 的 2p 轨道为半充满的稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻的 O 元素；而 Cl 的原子半径大于 O，第一电离能小于 O。因此第一电离能大小顺序应为：N＞O＞Cl，而非选项中的 Cl＞O＞N，B 错误；
C、离子半径比较遵循 “电子层数越多，半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小” 的规律。S2-有 3 个电子层，半径最大；N3-和 O2-电子层结构相同，核电荷数 N＜O，故半径 N3-＞O2-。因此简单离子半径：S2-＞N3-＞O2-，C 正确；
D、元素非金属性越强，对应简单氢化物的还原性越弱。非金属性：O＞Cl＞S，因此简单氢化物的还原性：H2S＞HCl＞H2O，D 正确；
故答案为：B。
【分析】元素推断：根据结构中 Y 形成 2 个共价键、Z 形成 6 个化学键且与 Y 同主族，可确定 Y 为 O，Z 为 S；W 形成 1 个共价键且原子序数大于 S，为 Cl；X 形成 3 个共价键且原子序数小于 O，为 N；
7．【答案】A
【知识点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、26.4g Mo(CO)6的物质的量为 0.1mol，每个 Mo(CO)6分子中含有的 σ 键包括 6 个 Mo-C 配位 σ 键和 6 个 C-O σ 键，共 12 个 σ 键，因此 0.1mol Mo(CO)6含 σ 键数为 1.2NA，故 A 正确；
B、CH3COOH 是弱电解质，在溶液中部分电离，因此 1L 1mol L- 的 CH3COOH 溶液中 H+数目小于 NA，故 B 错误；
C、根据反应方程式，CO 中 C 元素化合价不变，CO 既不是氧化产物也不是还原产物；生成 2mol H2时转移 4mol 电子，因此生成 3mol CO 时转移电子数为 NA的说法错误，故 C 错误；
D、未说明气体所处的温度和压强，无法确定 22.4L H2与 CO 混合气体的物质的量，因此无法计算生成 Cu 原子数，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
明确 Mo(CO)6中 σ 键的类型和数目，包括配位键和 CO 分子内的 σ 键；
弱电解质在溶液中部分电离，H+数目小于溶质的物质的量；
分析反应中元素化合价变化，判断氧化产物和还原产物，并计算电子转移数目；
使用气体摩尔体积计算时，需指明气体所处的温度和压强。
8．【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团
【解析】【解答】A、BXA 分子中含有羰基、羟基、酰胺基、醚键四种含氧官能团，并非三种，故 A 错误；
B、玛巴洛沙韦分子（ ）中含有饱和碳原子（如环上的亚甲基、醚键旁的碳原子），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处于同一平面，故 B 错误；
C、玛巴洛沙韦分子中，苯环、双键和羰基中的碳原子为 sp2 杂化，饱和碳原子（亚甲基、次甲基等）为 sp3 杂化，仅存在这两种杂化方式，故 C 正确；
D、玛巴洛沙韦分子中，多个碳原子连接了四个不同的基团，如图星号位置： ），因此含有手性碳原子，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
官能团识别：BXA 中含氧官能团包括羰基、羟基、酰胺基、醚键，共四种；
碳原子共面判断：含饱和 sp3 杂化碳原子的分子，所有碳原子无法共面；
杂化方式判断：根据成键类型判断，双键、苯环碳为 sp2 杂化，单键饱和碳为 sp3 杂化；
手性碳原子判断：连接四个不同基团的饱和碳原子为手性碳，该分子中存在多个手性碳。
9．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；晶体熔沸点的比较；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、乙醇C2H5OH中羟基可形成分子间氢键，而二甲醚CH3OCH3不能形成氢键，因此乙醇的沸点高于二甲醚，A不符合题意。
B、AlF3为离子晶体，而AlCl3为分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，B不符合题意。
C、电负性F＞Cl，使得PF3中共用电子对距离P更远，排斥力更小，键角更小；且原子半径F＜Cl。因此键角PF3＜PCl3，C不符合题意。
D、原子半径Br＜I，因此化学键键能H－Br＞H－I，键能越大， 断裂化学键所需能量越高。范德华力影响分子晶体的熔沸点等物理性质，与稳定性无关，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、乙醇中酚羟基可形成氢键，使得沸点增大。
B、AlF3为离子晶体，AlCl3为分子晶体。
C、电负性越大，排斥力越小，键角越小。
D、分解温度与其化学键键能有关，与范德华力无关。
10．【答案】B
【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、充电时，原电池的负极（Al-Zn 合金）应与电源的负极相连，作电解池的阴极，故 A 错误；
B、充电时，阳极发生氧化反应，由放电时正极产物（Mo、Al2Te3）转化为 MoTe2，反应式为：
3Mo+2Al2Te3-12e-=3MoTe2+4Al3+，故 B 正确；
C、放电时，电子由负极（Al-Zn 合金）经外电路流向正极（MoTe2电极），电子不经过电解质溶液，故 C 错误；
D、放电时，Al-Zn 合金中可能发生析氢反应，且 Zn 也可能参与反应，因此电路中通过 0.3 mol 电子时，合金质量减少量不一定为 2.7 g，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
充放电电极连接：充电时，原电池负极接电源负极作阴极，正极接电源正极作阳极；
阳极反应判断：阳极发生氧化反应，结合放电时正极产物，写出充电时阳极的氧化反应式；
电子流向：原电池中电子只在外电路流动，不经过电解质溶液；
电极质量变化：需考虑负极材料的副反应（如析氢）和合金中其他金属的反应，不能仅按 Al 的反应计算质量变化。
11．【答案】D
【知识点】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；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A、CuSO4是重金属盐，会使蛋白质发生变性，而非盐析，沉淀加水后不溶解，故 A 错误；
B、加入硫酸铜溶液后，Zn 置换出 Cu，形成 Zn-Cu 原电池，加快了反应速率，并非硫酸铜具有催化作用，故 B 错误；
C、葡萄糖分子中含有醛基和羟基，均能被酸性 KMnO4氧化，使溶液褪色，因此不能仅根据褪色现象证明含有醛基，故 C 错误；
D、向 KCl 溶液中滴加 AgNO3生成 AgCl 白色沉淀，再滴加 KI 溶液，AgCl 转化为更难溶的 AgI 黄色沉淀，说明 Ksp (AgCl) > Ksp (AgI)，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
蛋白质变性与盐析的区别：重金属盐导致的沉淀为不可逆变性，盐析是可逆的物理变化；
原电池对反应速率的影响：Zn 置换出 Cu 形成原电池，是反应速率加快的原因；
酸性 KMnO4的强氧化性：葡萄糖中的醛基和羟基均可被氧化，褪色现象不能专一证明醛基存在；
沉淀转化与溶度积：沉淀向更难溶的方向转化，可证明 AgCl 的溶度积大于 AgI。
12．【答案】B
【知识点】晶胞的计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、根据晶胞均摊法，当时，W原子位于晶胞顶点，数目为；O原子位于棱心，数目为；若，晶胞的摩尔质量为，晶胞体积为，因此晶胞密度为，A正确；
B、O元素为-2价，晶胞中O的总负价为；设W的平均化合价为，根据化合物中正负化合价代数和为零，可得，即；因此，当增大时，W的平均化合价会降低，而非升高，B错误；
C、W原子位于立方体顶点，以任一顶点的W原子为例，其周围最近且等距的O原子位于该顶点所在的3条棱的中点；由于每个顶点W被8个晶胞共享，每个棱上的O原子被4个晶胞共享，故与W最近且等距的O原子总数为，C正确；
D、晶体中值变化会导致晶胞内空位数量不同，这些空位会改变晶体的能带结构，使晶体对不同波长可见光的吸收发生变化，从而呈现出不同的颜色，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题是一道综合考查晶体结构与性质的题目，解题时需从晶胞计算、化合价规则、配位环境和晶体光学性质等多个角度分析：
晶胞密度计算：先通过均摊法确定晶胞中各原子的数目，再结合晶胞质量和体积公式计算密度；
化合价分析：利用“正负化合价代数和为零”的原则，建立W元素平均化合价与的关系式，分析化合价随的变化趋势；
配位数分析：结合晶胞的空间结构，分析中心原子周围配位原子的位置，并通过均摊法计算配位数；
晶体颜色分析：理解晶体缺陷（空位）对电子跃迁和可见光吸收的影响，解释晶体颜色各异的原因。
13．【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；二价铁离子和三价铁离子的检验；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、在配合物中，、和内部存在共价键，中心离子与配体之间为配位键，配离子与外界离子之间为离子键，A正确；
B、煅烧时发生反应 ，S元素从-2价升至+4价，2个Cu元素从+1价升至+2价，每生成1个分子，反应共失去8个电子，即转移8 mol电子；标准状况下生成11.2 L（0.5 mol）时，应转移4 mol电子，而非3 mol，B错误；
C、固体B中的与硫酸反应生成，溶液C中含，加入硫氰化钾溶液后，与反应生成血红色配合物，溶液呈红色，C正确；
D、溶液D为的水溶液，加入无水乙醇会降低该配合物的溶解度，同时玻璃棒摩擦试管壁可形成晶核，促进晶体析出，D正确；
故答案为：B。
【分析】辉铜矿（含 Fe3O4、SiO2杂质）在氧气中煅烧，生成 SO2气体和含 CuO、Fe3O4、SiO2的固体；固体用硫酸酸溶后过滤，除去 SiO2滤渣，得到含 Cu2+、Fe3+、Fe2+的溶液；向溶液中加氨水，Fe3+、Fe2+形成氢氧化物沉淀被除去，Cu2+与氨水反应生成铜氨络合溶液；最后从该溶液中结晶，得到目标产物 [Cu(NH3)4]SO4 H2O。
14．【答案】D
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A、a点是盐酸滴定碳酸钠的第一终点，反应生成碳酸氢钠，此时溶液pH约为8.4，处于酚酞的变色范围内（8.2~10.0），因此可选用酚酞作指示剂，A正确；
B、a点，溶液中全部由水电离产生，水电离出的；b点，溶液中主要来自碳酸电离，水电离出的；因此a点水的电离程度是b点的倍，B正确；
C、b点溶液中，根据碳酸的电离平衡常数：
两式相乘可得：，因此：
已知，，b点，，代入得：
，数量级为，C正确；
D、a点加入盐酸体积为20 mL，此时溶液中溶质为，根据物料守恒：
又因为溶液中，因此：
选项中的结论错误，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题是一道酸碱滴定综合题，解题关键是结合滴定过程中溶质的变化，利用电离平衡常数、物料守恒等知识逐一分析：
指示剂选择：根据滴定终点的pH与指示剂变色范围的匹配度判断；
水电离程度计算：根据溶液pH计算水电离出的浓度，比较电离程度；
电离平衡常数应用：利用和的乘积建立关系式，计算离子浓度比值；
物料守恒：明确a点溶质为，根据物料守恒判断离子浓度关系。
15．【答案】(1) 除去中混有的HCl(或除去HCl)
(2) 打开，通入一段时间，再打开
(3) 温度过低，反应速率缓慢；温度过高，硫脲会部分发生异构化反应
(4) 冷却结晶 过滤
(5) D
(6) 60
(7) 大
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1） 装置 A 中用 Na2S 与稀盐酸反应制备 H2S，气体中混有杂质 HCl；装置 B 中饱和 NaHS 溶液可与 HCl 反应生成 H2S，且不与 H2S 反应，因此其作用是除去 H2S 中的 HCl 杂质。
故答案为： 除去中混有的HCl(或除去HCl) ；
（2） 硫脲 CS (NH2)2易被氧气氧化，因此反应前需排尽装置内的空气。操作顺序为：检查装置气密性并加入药品后，先打开 K1，通入一段时间 N2以排尽空气；再打开 K2，通入 H2S 与石灰乳反应；当观察到装置 E 中出现黑色沉淀（说明 H2S 已充满装置），再打开 K3让 H2S 与 CaCN2反应。
故答案为： 打开，通入一段时间，再打开 ；
（3） 硫脲受热时易发生异构化生成 NH4SCN，且温度过低反应速率过慢，因此反应温度需控制在 80℃，既保证反应速率，又避免副反应发生。
故答案为： 温度过低，反应速率缓慢；温度过高，硫脲会部分发生异构化反应 ；
（4） 反应结束后，需对滤液进行减压蒸发浓缩（防止高温水解 / 氧化）、冷却结晶、过滤、洗涤、低温烘干，最终得到硫脲晶体。
故答案为： 冷却结晶 过滤 ；
（5）A．托盘天平的精度是0.1g，托盘天平不能准确称得1.900g粗产品，故A错误；
B．转移粗产品溶液到500mL容量瓶中，应该用玻璃棒引流，故B错误；
C．往锥形瓶中滴加标准溶液，操作酸式滴定管时，左手拇指与食指跨握滴定管的活塞处，与中指一起控制活塞的转动，故C错误；
D．图丁：接近滴定终点时，向锥形瓶中滴入半滴标准液的操作：轻轻转动活塞，使溶液悬挂在尖嘴处，形成半滴，然后用锥形瓶内壁将其沾落，再用蒸馏水冲洗锥形瓶内壁，故D正确；
选D。
故答案为： D ；
（6）硫脲中N元素化合价由-3升高为0、S元素化合价由-2升高为+6，高锰酸钾中Mn元素化合价由+7降低为+2，根据得失电子守恒，配平反应方程式为，根据反应离子方程式，25.00mL待测液中n()=，粗产品中硫脲的质量分数为。
故答案为：60；
（7）未润洗盛装标准溶液的滴定管，高锰酸钾溶液浓度偏低，消耗高锰酸钾溶液的体积偏大，计算得到的粗产品纯度比实际纯度大。
故答案为：大；
【分析】实验先通过装置 A 中硫化钠与盐酸反应制备硫化氢，经装置 B 中饱和硫氢化钠溶液除去氯化氢杂质，再通入装置 D 与石灰乳反应生成硫氢化钙；待装置内空气被氮气排尽后，向 D 中加入氰氨化钙溶液，在 80℃下反应生成硫脲；多余的硫化氢气体用装置 E 中的硫酸铜溶液吸收处理，防止污染空气。
（1）除杂装置作用分析：结合制备反应和气体性质，分析杂质与除杂试剂的反应，同时确保目标气体不被吸收或反应。
（2）实验操作顺序设计：结合产物的氧化敏感性，优先考虑排尽装置内空气的操作，再根据装置中气体的流向和反应顺序确定开关的开启顺序。
（3）反应温度控制分析：从 “反应速率” 和 “副反应” 两个角度分析温度的影响，找到两者的平衡点。
（4）产品提纯操作分析：结合产物易水解、易被氧化的性质，选择减压、低温的操作条件，避免产物分解或变质。
（5）化学实验操作正误判断：逐一分析实验操作的规范性，包括称量仪器精度、溶液转移方法、滴定管操作和半滴加入技巧。
（6）氧化还原滴定计算：先根据化合价升降守恒配平反应方程式，确定反应物的物质的量之比，再根据滴定数据计算样品中硫脲的质量分数。
（7）滴定误差分析：分析错误操作对标准液浓度的影响，再结合计算公式判断其对最终纯度结果的影响。
16．【答案】（1）作还原剂，将还原为；
（2）
（3）；具有两性，pH过高会导致其溶解，使三盐基硫酸铅的产率降低
（4）38.3%
（5）分子；6
【知识点】配合物的成键情况；氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）“转化” 步骤中，Na2SO3作为还原剂，将 PbO2还原为 PbSO4，反应为：；滤液1中和的浓度之比为：。
故答案为： 作还原剂，将还原为 ； ；
（2）混合气体 X 为 CO2和 NO，处理时可与过量氧气混合后通入 NaOH 溶液吸收，反应的离子方程式为：。
故答案为： ；
（3）PbSO4与 NaOH 在 50~60℃反应生成三盐基硫酸铅，化学方程式为：，由题干信息可知，Pb(OH)2具有两性，则pH大于10时，Pb2+会转化为Pb(OH)2或者可溶的等，使三盐基硫酸铅的产率降低；
故答案为： ；具有两性，pH过高会导致其溶解，使三盐基硫酸铅的产率降低 ；
（4）由题知，得到三盐基硫酸铅45.8 g，铅的相对分子质量为207 g/mol，故三盐基硫酸铅中，铅元素的质量为，故元素Pb的回收率为：
故答案为： 38.3% ；
（5） Pb (CH2CH3)4难电离且易溶于有机溶剂，符合分子晶体的性质特征；其晶胞在 xy 平面上的二维堆积中，每个分子周围有 6 个等距的分子，配位数为 6。
故答案为： 分子 ；6；
【分析】含铅废料（含 PbO、PbSO4、PbO2）先经亚硫酸钠处理，将氧化性的 PbO2还原为 PbSO4；再加入碳酸钠，通过沉淀转化将 PbSO4转化为更易酸溶的 PbCO3，滤液 1 为硫酸钠溶液。随后用稀硝酸酸浸，将 PbO、PbCO3转化为硝酸铅，同时将杂质 FeO 氧化为 Fe (NO3)3，过程中释放出 CO2和 NO 混合气体。接着调节溶液 pH，使 Fe3+水解生成 Fe (OH)3沉淀除去；再向硝酸铅溶液中加入稀硫酸，沉淀得到 PbSO4。最后，PbSO4与氢氧化钠溶液反应，生成目标产物三盐基硫酸铅，同时得到硫酸钠溶液。
（1）溶度积计算：利用沉淀转化的本质，同一溶液中 Pb2+浓度相同，因此两种离子的浓度比等于对应溶度积的比值，直接代入数值计算即可。
（2）尾气处理：结合 NO 的氧化性质，先将其氧化为 NO2，再与 CO2一起被碱液吸收，配平氧化还原反应方程式。
（3）反应方程式与产率分析：根据原子守恒配平主反应方程式，再结合 Pb (OH)2的两性性质，分析 pH 过高对产物生成的影响。
（4）回收率计算：先根据三盐基硫酸铅的化学式计算其中 Pb 元素的质量分数，再求出产物中 Pb 的总质量，最后除以原料中 Pb 的质量得到回收率。
（5）晶体类型与配位数：根据物质的溶解性、电离特性判断晶体类型，再结合二维堆积结构，数出等距相邻分子的数量，确定配位数。
（1）由题意知，“转化”步骤中的作用是作还原剂，将还原为，发生反应；滤液1中和的浓度之比为：。
（2）由题意得，X为CO2和NO的混合气体，故实验室处理时可将其与过量氧气混合通入氢氧化钠溶液吸收，离子反应方程式为：。
（3）依据流程可知，硫酸铅中加入氢氧化钠生成三盐，结合原子守恒可知方程式为：，由题干信息可知，Pb(OH)2具有两性，则pH大于10时，Pb2+会转化为Pb(OH)2或者可溶的等，使三盐基硫酸铅的产率降低；
（4）由题知，得到三盐基硫酸铅45.8 g，铅的相对分子质量为207 g/mol，故三盐基硫酸铅中，铅元素的质量为，故元素Pb的回收率为：
（5）是一种难电离且易溶于有机溶剂，该性质符合分子晶体性质特征；由晶胞结构可知，在xy平面上的二维堆积中，每个分子周围有6个等距的，则其配位数是6。
17．【答案】(1) ＋255.7
(2) 丙 在300℃之前以反应① 为主，温度升高，氢气的产率增大，在300℃之后以反应②为主，温度升高，氢气的产率减小
(3) 96% 0.225
(4) A，C
(5) 加入更高效的催化剂
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1） 根据盖斯定律，目标反应可由 “反应① + 2× 反应②” 得到，因此焓变满足：；
故答案为： ＋255.7 ；
（2） 反应②正向吸热，温度升高时平衡正向移动，CO 的选择性逐渐增大。由于 CO 和 CO2的选择性之和为 100%，因此一直下降的曲线甲为 CO2的选择性，一直上升的曲线丙为 CO 的选择性；曲线乙先升后降，为 H2的产率：300℃前以反应①为主，升温使反应①平衡正向移动，H2产率增大；300℃后以反应②为主，升温使反应②平衡正向移动并消耗 H2，H2产率降低。
故答案为： 丙 ；在300℃之前以反应① 为主，温度升高，氢气的产率增大，在300℃之后以反应②为主，温度升高，氢气的产率减小 ；
（3）设起始，，乙醇转化率为，根据C守恒，时CO选择性为，可得；结合反应关系，最终，产率为，因此，解得；
对反应②，平衡常数 ，反应前后气体分子数相等，总压、总物质的量可约去，因此 ，代入，，，，得；
故答案为： 96% ；0.225 ；
（4）A：二甲胺属于胺类，水溶液显碱性，可与盐酸反应，A 正确；
B：由能量图可知，解离 O-H 键的活化能比解离 C-H 键更高，更难进行，B 错误；
C：HCOOD 中，C 上连 H、O 上连 D，催化分解时会生成 CO2和 HD，C 正确；
D：ΔH 的单位应为 kJ/mol，该反应的 ΔH=-0.45 eV NA（换算后单位错误），D 错误；
故答案为：AC。
（5）由公式可知，其斜率为，曲线N斜率绝对值更小，说明 更小，活化能降低，改变的条件是加入更高效的催化剂。
故答案为： 加入更高效的催化剂 ；
【分析】（1）盖斯定律计算焓变：通过目标反应与已知反应的关系，对已知反应进行线性组合（如反应① + 2× 反应②），焓变也随之进行相应的代数运算。
（2）温度对平衡的影响分析：结合反应的热效应，分析温度对两个竞争反应的影响；根据选择性之和为 100% 判断各曲线对应的物质，再分阶段分析 H2产率的变化原因。
（3）转化率与平衡常数计算：先利用碳守恒和选择性，确定 CO 和 CO2的物质的量；再结合反应关系计算 H2的物质的量，通过产率公式求解转化率；最后利用平衡常数表达式，代入平衡时各物质的物质的量计算 Kp。
（4）反应机理与选项判断：逐一分析每个选项，结合胺的碱性、活化能与反应难度、同位素示踪反应、焓变单位等知识点进行判断。
（5）阿伦尼乌斯公式应用：根据公式中斜率与活化能的关系，分析曲线斜率变化对应的活化能变化，进而判断反应条件的改变（如催化剂）。
18．【答案】（1）3-硝基苯酚(或间硝基苯酚)
（2）
（3）取代反应
（4）40；(任写符合核磁共振氢谱的其中一种即可)
（5）+NaNO2+2HCl→+NaCl+2H2O
（6）A；C
（7）
【知识点】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）由 A 的结构简式可知，其名称为 3-硝基苯酚(或间硝基苯酚)；
故答案为： 3-硝基苯酚(或间硝基苯酚) ；
（2）根据反应流程和 B 的分子式，结合 C 的结构可推知，B 的结构简式为： BrCH2CH2CH2OCH3；
故答案为： ；
（3）根据题意可知，A转变为C的反应类型为取代反应；
故答案为： 取代反应 ；
（4）由题意可知，三个取代基为 NH2、 OH、 OC4H9，三者各不相同，苯环上三个不同取代基的位置异构共10种，因丁基 C4H9有4种结构，总同分异构体数目为10×4=40种；峰面积比9：2：1：1：1：1，说明含一个叔丁基(CH3)3C (9个H等效)，由此可确定符合题意的结构简式可以为(任写符合核磁共振氢谱的其中一种即可)；
故答案为： 40 ； ；
（5） D 转化为 E 的第一步反应方程式为：+NaNO2+2HCl→+NaCl+2H2O；
故答案为：+NaNO2+2HCl→+NaCl+2H2O ；
（6）A：F 结构含醛基（-CHO），可发生银镜反应，A 正确；
B：F 中 N-H 键的 H 原子与苯环上的 F 原子距离较远，无法形成分子内氢键，B 错误；
C：E→G 过程生成 HCl，HCl 与 NaH 反应生成H2，C 正确；
D：醛基吸电子能力强，与化合物F相比，化合物F中的醛基使N上电子云密度降低，N-H键极性更大，D错误；
故答案为：AC；
（7）乙醇消去得乙烯，乙烯加成得1，2-二溴乙烷；乙醇与钠反应得乙醇钠；根据已知反应，乙醇钠与1，2-二溴乙烷可发生取代反应得到目标产物，故合成路线如下： 。
故答案为： ；
【分析】以间硝基苯酚（A）为起始原料，先与B在碳酸钾条件下发生取代反应，生成芳醚（C）； 结合B的分子式，以及C的结构简式，可知B的结构简式为BrCH2CH2CH2OCH3， 随后 C 经催化氢化还原硝基得到氨基化合物（D）；D 再通过重氮化反应，转化为芳基磺酰氯（E）；E 与吡咯醛（F）在碱作用下缩合得到中间体（G）；最后 G 与甲胺经还原胺化反应，得到目标药物凯普拉生（H）。
（1）有机物命名：先确定母体为苯酚，再根据硝基的位置编号，按取代基位置命名。
（2）结构推断：结合反应流程、分子式和产物结构，通过取代反应的断键规律反推反应物 B 的结构。
（3）反应类型判断：根据反应前后官能团的变化，判断是否为取代反应。
（4）同分异构体数目与结构：先确定苯环上三个不同取代基的位置异构数目，再结合丁基的结构种类计算总数；根据核磁共振氢谱的峰面积比，推断等效氢的分布，进而确定结构。
（5）反应方程式书写：根据已知反应信息，结合反应物和生成物的结构，写出重氮化反应的方程式。
（6）选项正误判断：逐一分析每个选项，结合官能团性质、氢键形成条件、反应产物和电子效应等知识点进行判断。
（7）有机合成路线设计：从目标产物逆推，结合原料乙醇的性质，通过消去、加成、取代等反应设计合成路线。
（1）由A的结构简式可知，A的名称为3-硝基苯酚(或间硝基苯酚)；
（2）由分析可知B的结构简式为BrCH2CH2CH2OCH3；
（3）由分析可知A转变为C的反应类型为取代反应；
（4）由题意可知，三个取代基为 NH2、 OH、 OC4H9，三者各不相同，苯环上三个不同取代基的位置异构共10种，因丁基 C4H9有4种结构，总同分异构体数目为10×4=40种；峰面积比9：2：1：1：1：1，说明含一个叔丁基(CH3)3C (9个H等效)，由此可确定符合题意的结构简式可以为(任写符合核磁共振氢谱的其中一种即可)；
（5）由D转变为E的过程中经历了两步反应，由已知信息可知第一步反应的化学方程式是：+NaNO2+2HCl→+NaCl+2H2O；
（6）A．F结构中含有醛基( CHO)，能发生银镜反应，A正确；
B．F中N-H键上的H原子可以和苯环上的F原子形成分子内氢键，B错误；
C．E→G过程中发生取代反应生成HCl，HCl可发生反应，因此有H2生成，C正确；
D．醛基吸电子能力强，与化合物F相比，化合物F中的醛基使N上电子云密度降低，N-H键极性更大，D错误；
故答案选AC；
（7）乙醇消去得乙烯，乙烯加成得1，2-二溴乙烷；乙醇与钠反应得乙醇钠；根据已知反应，乙醇钠与1，2-二溴乙烷可发生取代反应得到目标产物，故合成路线如下： 。
1 / 1甘肃2026届下学期高三年级第二次模拟考试 化学试题
1．“一带一路”文化交流主题文物特展上甘肃馆藏的下列四件藏品中，其主要化学成分不能与其他三种归为一类的是
A．见证魏晋邮驿体系的“驿使图”彩绘壁画砖
B．彰显东汉青铜与力学艺术的“马踏飞燕”
C．体现中西融合的“东罗马神人纹鎏金银盘”
D．展示先秦军事遗存的“人头形銎青铜戟”
【答案】A
【知识点】合金及其应用
【解析】【解答】A、“驿使图” 彩绘壁画砖主要成分为硅酸盐（陶瓷类无机非金属材料），与其他三类不同，故 A 正确；
B、“马踏飞燕” 为青铜制品，主要成分为铜合金（金属材料），故 B 错误；
C、“东罗马神人纹鎏金银盘” 主要成分为银（金属材料），故 C 错误；
D、“人头形銎青铜戟” 为青铜制品，主要成分为铜合金（金属材料），故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
明确文物材料的化学分类，金属材料与无机非金属材料的区别；
青铜、银盘均为金属或合金，属于金属材料；
壁画砖为陶瓷类硅酸盐材料，属于无机非金属材料
2．下列对物质的用途与相关性质描述错误的是
选项 用途 相关性质
A 氯气用于自来水杀菌消毒 氯气与水反应生成的次氯酸具有强氧化性
B 用汽油处理衣服上的油渍 汽油与油渍反应的产物易挥发
C 氖用于霓虹灯管的填充气 稀有气体通电时会发射特征光谱的光
D 明矾用作净水剂 明矾中的水解生成的胶体具有吸附作用
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】胶体的性质和应用；氯水、氯气的漂白作用；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、氯气与水反应生成的次氯酸具有强氧化性，可用于自来水杀菌消毒，故 A 正确；
B、汽油处理油渍利用的是相似相溶原理，而非汽油与油渍发生反应，故 B 错误；
C、稀有气体通电时会发射特征光谱的光，氖可用于霓虹灯管的填充气，故 C 正确；
D、明矾中的 Al3+水解生成氢氧化铝胶体，该胶体具有吸附作用，可用作净水剂，故 D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
氯气用于自来水消毒的原理是次氯酸的强氧化性；
汽油去除油渍是物理溶解过程，利用相似相溶，并非发生化学反应；
稀有气体通电发光的性质，决定了其可用于制作霓虹灯；
明矾净水的原理是 Al3+水解生成的胶体具有吸附性。
3．下列化学用语或图示表达正确的是
A．电子云轮廓图
B．四氯化碳的电子式
C．基态Cu原子的价层电子排布式
D．的VSEPR模型
【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、2p 、2p 、2pz 轨道的电子云轮廓图分别沿 x、y、z 轴分布，题目中 2pz 轨道的电子云轮廓图： ，沿 z 轴分布，A正确；
B、四氯化碳的电子式中，氯原子周围应满足 8 电子稳定结构， 电子式为，故B错误；
C、基态 Cu 原子的价层电子排布式为 3d 4s ，C错误；
D、NH3的 VSEPR 模型为四面体形（含一对孤电子对），正确的VSEPR模型为，故D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
p 轨道的电子云轮廓图沿对应坐标轴分布，2pz 轨道沿 z 轴分布；
电子式书写需标出所有原子的价电子，尤其是孤电子对；
基态 Cu 原子的价电子排布需遵循洪特规则特例，为 3d 4s ；
VSEPR 模型需包含中心原子的孤电子对，NH3的 VSEPR 模型为四面体形。
4．“液态阳光”是助力“双碳”目标的绿色技术，其核心反应之一为 。下列的说法错误的是
A．该反应在低温下可自发进行
B．恒容时增大的浓度，单位体积内活化分子数增多，反应速率加快
C．升高温度，正反应速率不变，逆反应速率增大，平衡向逆反应方向移动
D．使用催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，但不改变甲醇的平衡产率
【答案】C
【知识点】焓变和熵变；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、该反应 ΔH<0，气体分子数减少（ΔS<0），根据 ΔG=ΔH-TΔS，低温下 ΔG<0，反应可自发进行，故 A 正确；
B、恒容时增大 H2浓度，单位体积内活化分子数增多，有效碰撞频率增加，反应速率加快，故 B 正确；
C、升高温度，正、逆反应速率均增大（逆反应速率增大的幅度更大），平衡向吸热的逆反应方向移动，故 C 错误；
D、催化剂能降低反应活化能、加快反应速率，但不改变平衡状态，因此不影响甲醇的平衡产率，故 D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
反应自发性判断依据 ΔG=ΔH-TΔS，结合 ΔH 和 ΔS 的符号分析温度对自发性的影响；
浓度对反应速率的影响：增大反应物浓度，单位体积内活化分子数增多，反应速率加快；
温度对反应速率和平衡的影响：升高温度，正逆反应速率均增大，平衡向吸热反应方向移动；
催化剂的作用：只改变反应速率，不影响化学平衡。
5．下列化学实验使用的仪器和实验操作能达到实验目的的是
A．测定锌与稀硫酸的反应速率 B．由制取无水固体
C．测定中和热 D．制备
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；常用仪器及其使用；中和热的测定；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、测定锌与稀硫酸的反应速率时，装置中长颈漏斗会导致气体泄漏，无法准确测量气体体积变化，故 A 错误；
B、加热 FeCl3 6H2O 时，Fe3+会发生水解，且生成的 HCl 易挥发，最终得到的是 Fe(OH)3，无法制得无水 FeCl3，故 B 错误；
C、测定中和热时，装置缺少保温措施（如烧杯间填满碎纸条、大烧杯与小烧杯杯口相平），且环形玻璃搅拌棒的使用方式也存在问题，无法准确测定反应的温度变化，故 C 错误；
D、制备 Fe(OH)2时，植物油可隔绝空气，防止生成的 Fe(OH)2被氧化，该装置能达到实验目的，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
测定反应速率时，装置必须保证气密性良好，且能准确测量气体体积；
制备易水解的氯化物时，需在氯化氢气流中加热，抑制其水解；
中和热测定装置需具备良好的保温性能，减少热量散失；
制备 Fe(OH)2的关键是隔绝空气，防止其被氧化。
6．我国科学家发现一种能用于“点击反应”的新分子，结构如图所示。X、Y、Z和W是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y与Z是同一主族元素，X与Y同周期。下列说法不正确的是
A．电负性：Y>W>Z B．第一电离能：W>Y>X
C．简单离子半径：Z>X>Y D．简单氢化物还原性：Z>W>Y
【答案】B
【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；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、同周期元素从左到右，电负性随非金属性增强而增大；同主族元素从上到下，电负性随非金属性减弱而减小。因此电负性：O＞Cl＞S，A 正确；
B、N 的 2p 轨道为半充满的稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻的 O 元素；而 Cl 的原子半径大于 O，第一电离能小于 O。因此第一电离能大小顺序应为：N＞O＞Cl，而非选项中的 Cl＞O＞N，B 错误；
C、离子半径比较遵循 “电子层数越多，半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小” 的规律。S2-有 3 个电子层，半径最大；N3-和 O2-电子层结构相同，核电荷数 N＜O，故半径 N3-＞O2-。因此简单离子半径：S2-＞N3-＞O2-，C 正确；
D、元素非金属性越强，对应简单氢化物的还原性越弱。非金属性：O＞Cl＞S，因此简单氢化物的还原性：H2S＞HCl＞H2O，D 正确；
故答案为：B。
【分析】元素推断：根据结构中 Y 形成 2 个共价键、Z 形成 6 个化学键且与 Y 同主族，可确定 Y 为 O，Z 为 S；W 形成 1 个共价键且原子序数大于 S，为 Cl；X 形成 3 个共价键且原子序数小于 O，为 N；
7．配合物和反应制备的反应方程式为。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．26.4g 中含有σ键数为
B．1L 的溶液中含有的数目为
C．CO为还原产物，生成3mol CO时，转移电子数为
D．22.4L 与CO的混合气体与CuO反应生成Cu原子数为
【答案】A
【知识点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、26.4g Mo(CO)6的物质的量为 0.1mol，每个 Mo(CO)6分子中含有的 σ 键包括 6 个 Mo-C 配位 σ 键和 6 个 C-O σ 键，共 12 个 σ 键，因此 0.1mol Mo(CO)6含 σ 键数为 1.2NA，故 A 正确；
B、CH3COOH 是弱电解质，在溶液中部分电离，因此 1L 1mol L- 的 CH3COOH 溶液中 H+数目小于 NA，故 B 错误；
C、根据反应方程式，CO 中 C 元素化合价不变，CO 既不是氧化产物也不是还原产物；生成 2mol H2时转移 4mol 电子，因此生成 3mol CO 时转移电子数为 NA的说法错误，故 C 错误；
D、未说明气体所处的温度和压强，无法确定 22.4L H2与 CO 混合气体的物质的量，因此无法计算生成 Cu 原子数，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
明确 Mo(CO)6中 σ 键的类型和数目，包括配位键和 CO 分子内的 σ 键；
弱电解质在溶液中部分电离，H+数目小于溶质的物质的量；
分析反应中元素化合价变化，判断氧化产物和还原产物，并计算电子转移数目；
使用气体摩尔体积计算时，需指明气体所处的温度和压强。
8．抗流感药物玛巴洛沙韦的部分合成工艺路线如下图所示，下列说法正确的是
A．BXA中有三种含氧官能团
B．玛巴洛沙韦分子中所有碳原子均处于同一平面
C．玛巴洛沙韦中碳原子的杂化方式有两种
D．玛巴洛沙韦不含手性碳原子
【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团
【解析】【解答】A、BXA 分子中含有羰基、羟基、酰胺基、醚键四种含氧官能团，并非三种，故 A 错误；
B、玛巴洛沙韦分子（ ）中含有饱和碳原子（如环上的亚甲基、醚键旁的碳原子），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处于同一平面，故 B 错误；
C、玛巴洛沙韦分子中，苯环、双键和羰基中的碳原子为 sp2 杂化，饱和碳原子（亚甲基、次甲基等）为 sp3 杂化，仅存在这两种杂化方式，故 C 正确；
D、玛巴洛沙韦分子中，多个碳原子连接了四个不同的基团，如图星号位置： ），因此含有手性碳原子，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
官能团识别：BXA 中含氧官能团包括羰基、羟基、酰胺基、醚键，共四种；
碳原子共面判断：含饱和 sp3 杂化碳原子的分子，所有碳原子无法共面；
杂化方式判断：根据成键类型判断，双键、苯环碳为 sp2 杂化，单键饱和碳为 sp3 杂化；
手性碳原子判断：连接四个不同基团的饱和碳原子为手性碳，该分子中存在多个手性碳。
9．物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是（　　）
选项 性质差异 结构因素
A 沸点：乙醇(78.3℃)高于二甲醚(-29.5℃) 氢键作用
B 熔点：AlF3(1040℃)远高于AlCl3(178℃升华) 晶体类型
C 键角：PF3(94°)小于PCl3(109.5°) 电负性差异
D 分解温度：HBr(500℃)高于HI(300℃) 范德华力作用
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；晶体熔沸点的比较；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、乙醇C2H5OH中羟基可形成分子间氢键，而二甲醚CH3OCH3不能形成氢键，因此乙醇的沸点高于二甲醚，A不符合题意。
B、AlF3为离子晶体，而AlCl3为分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，B不符合题意。
C、电负性F＞Cl，使得PF3中共用电子对距离P更远，排斥力更小，键角更小；且原子半径F＜Cl。因此键角PF3＜PCl3，C不符合题意。
D、原子半径Br＜I，因此化学键键能H－Br＞H－I，键能越大， 断裂化学键所需能量越高。范德华力影响分子晶体的熔沸点等物理性质，与稳定性无关，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、乙醇中酚羟基可形成氢键，使得沸点增大。
B、AlF3为离子晶体，AlCl3为分子晶体。
C、电负性越大，排斥力越小，键角越小。
D、分解温度与其化学键键能有关，与范德华力无关。
10．一种以为正极、Al-Zn合金(可形成微型原电池，有析出)为负极、三氟甲磺酸铝为电解质的水系可充电铝金属电池的放电原理如下图所示。
已知：三氟甲磺酸是一种有机强酸，三氟甲磺酸铝是强电解质。
下列说法正确的是
A．充电时，Al-Zn合金与电源的正极相连
B．充电时，阳极反应式为
C．放电时，电子由电极经水溶液移向Al-Zn合金电极
D．放电时，当电路中有0.3 mol电子流入正极时，Al-Zn合金质量减少2.7g
【答案】B
【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、充电时，原电池的负极（Al-Zn 合金）应与电源的负极相连，作电解池的阴极，故 A 错误；
B、充电时，阳极发生氧化反应，由放电时正极产物（Mo、Al2Te3）转化为 MoTe2，反应式为：
3Mo+2Al2Te3-12e-=3MoTe2+4Al3+，故 B 正确；
C、放电时，电子由负极（Al-Zn 合金）经外电路流向正极（MoTe2电极），电子不经过电解质溶液，故 C 错误；
D、放电时，Al-Zn 合金中可能发生析氢反应，且 Zn 也可能参与反应，因此电路中通过 0.3 mol 电子时，合金质量减少量不一定为 2.7 g，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
充放电电极连接：充电时，原电池负极接电源负极作阴极，正极接电源正极作阳极；
阳极反应判断：阳极发生氧化反应，结合放电时正极产物，写出充电时阳极的氧化反应式；
电子流向：原电池中电子只在外电路流动，不经过电解质溶液；
电极质量变化：需考虑负极材料的副反应（如析氢）和合金中其他金属的反应，不能仅按 Al 的反应计算质量变化。
11．下列实验操作及现象所对应的结论或解释正确的是
选项 实验操作及现象 结论或解释
A 向蛋白质溶液中加入少量溶液，出现白色沉淀，再加水沉淀不溶解 蛋白质发生了盐析
B 向Zn与稀硫酸反应的体系中加入几滴硫酸铜溶液，产生气泡速率变快 硫酸铜具有催化作用
C 向葡萄糖溶液中滴加酸性溶液，紫色褪去 葡萄糖中有醛基
D 向盛有2mL 溶液的试管中滴加2滴溶液，再滴加4滴溶液，先出现白色沉淀，后出现黄色沉淀
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】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；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A、CuSO4是重金属盐，会使蛋白质发生变性，而非盐析，沉淀加水后不溶解，故 A 错误；
B、加入硫酸铜溶液后，Zn 置换出 Cu，形成 Zn-Cu 原电池，加快了反应速率，并非硫酸铜具有催化作用，故 B 错误；
C、葡萄糖分子中含有醛基和羟基，均能被酸性 KMnO4氧化，使溶液褪色，因此不能仅根据褪色现象证明含有醛基，故 C 错误；
D、向 KCl 溶液中滴加 AgNO3生成 AgCl 白色沉淀，再滴加 KI 溶液，AgCl 转化为更难溶的 AgI 黄色沉淀，说明 Ksp (AgCl) > Ksp (AgI)，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
蛋白质变性与盐析的区别：重金属盐导致的沉淀为不可逆变性，盐析是可逆的物理变化；
原电池对反应速率的影响：Zn 置换出 Cu 形成原电池，是反应速率加快的原因；
酸性 KMnO4的强氧化性：葡萄糖中的醛基和羟基均可被氧化，褪色现象不能专一证明醛基存在；
沉淀转化与溶度积：沉淀向更难溶的方向转化，可证明 AgCl 的溶度积大于 AgI。
12．晶体因x变化形成空位而导致颜色各异，当时，其立方晶胞结构如图所示。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．密度为时，
B．x增大时，W的平均价态升高
C．与W最近且等距的O有6个
D．空位数不同，吸收的可见光波长不同
【答案】B
【知识点】晶胞的计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、根据晶胞均摊法，当时，W原子位于晶胞顶点，数目为；O原子位于棱心，数目为；若，晶胞的摩尔质量为，晶胞体积为，因此晶胞密度为，A正确；
B、O元素为-2价，晶胞中O的总负价为；设W的平均化合价为，根据化合物中正负化合价代数和为零，可得，即；因此，当增大时，W的平均化合价会降低，而非升高，B错误；
C、W原子位于立方体顶点，以任一顶点的W原子为例，其周围最近且等距的O原子位于该顶点所在的3条棱的中点；由于每个顶点W被8个晶胞共享，每个棱上的O原子被4个晶胞共享，故与W最近且等距的O原子总数为，C正确；
D、晶体中值变化会导致晶胞内空位数量不同，这些空位会改变晶体的能带结构，使晶体对不同波长可见光的吸收发生变化，从而呈现出不同的颜色，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题是一道综合考查晶体结构与性质的题目，解题时需从晶胞计算、化合价规则、配位环境和晶体光学性质等多个角度分析：
晶胞密度计算：先通过均摊法确定晶胞中各原子的数目，再结合晶胞质量和体积公式计算密度；
化合价分析：利用“正负化合价代数和为零”的原则，建立W元素平均化合价与的关系式，分析化合价随的变化趋势；
配位数分析：结合晶胞的空间结构，分析中心原子周围配位原子的位置，并通过均摊法计算配位数；
晶体颜色分析：理解晶体缺陷（空位）对电子跃迁和可见光吸收的影响，解释晶体颜色各异的原因。
13．以辉铜矿(，含、杂质)为原料可制得配制镀铜电镀液的重要原料，其流程如下图所示，下列说法错误的是
A．中含有共价键、配位键、离子键
B．煅烧过程中每生成11.2L气体(标准状况)X，转移3mol电子
C．向溶液C中加入硫氰化钾溶液后呈现红色
D．向溶液D中加入无水乙醇并用玻璃棒摩擦试管壁可析出目标产物
【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；二价铁离子和三价铁离子的检验；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、在配合物中，、和内部存在共价键，中心离子与配体之间为配位键，配离子与外界离子之间为离子键，A正确；
B、煅烧时发生反应 ，S元素从-2价升至+4价，2个Cu元素从+1价升至+2价，每生成1个分子，反应共失去8个电子，即转移8 mol电子；标准状况下生成11.2 L（0.5 mol）时，应转移4 mol电子，而非3 mol，B错误；
C、固体B中的与硫酸反应生成，溶液C中含，加入硫氰化钾溶液后，与反应生成血红色配合物，溶液呈红色，C正确；
D、溶液D为的水溶液，加入无水乙醇会降低该配合物的溶解度，同时玻璃棒摩擦试管壁可形成晶核，促进晶体析出，D正确；
故答案为：B。
【分析】辉铜矿（含 Fe3O4、SiO2杂质）在氧气中煅烧，生成 SO2气体和含 CuO、Fe3O4、SiO2的固体；固体用硫酸酸溶后过滤，除去 SiO2滤渣，得到含 Cu2+、Fe3+、Fe2+的溶液；向溶液中加氨水，Fe3+、Fe2+形成氢氧化物沉淀被除去，Cu2+与氨水反应生成铜氨络合溶液；最后从该溶液中结晶，得到目标产物 [Cu(NH3)4]SO4 H2O。
14．电位滴定法是化学中常用的分析方法，可根据滴定过程中电极电位的突跃确定滴定终点。常温下，利用的盐酸滴定20.00 mL 的碳酸钠溶液，其电位滴定曲线与pH曲线如图所示(已知碳酸的电离常数，)。下列说法错误的是
A．若采用酸碱指示剂判断滴定终点，a点须选择酚酞作指示剂
B．a点水的电离程度是b点10000倍
C．b点：比值的数量级为
D．a点：
【答案】D
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A、a点是盐酸滴定碳酸钠的第一终点，反应生成碳酸氢钠，此时溶液pH约为8.4，处于酚酞的变色范围内（8.2~10.0），因此可选用酚酞作指示剂，A正确；
B、a点，溶液中全部由水电离产生，水电离出的；b点，溶液中主要来自碳酸电离，水电离出的；因此a点水的电离程度是b点的倍，B正确；
C、b点溶液中，根据碳酸的电离平衡常数：
两式相乘可得：，因此：
已知，，b点，，代入得：
，数量级为，C正确；
D、a点加入盐酸体积为20 mL，此时溶液中溶质为，根据物料守恒：
又因为溶液中，因此：
选项中的结论错误，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题是一道酸碱滴定综合题，解题关键是结合滴定过程中溶质的变化，利用电离平衡常数、物料守恒等知识逐一分析：
指示剂选择：根据滴定终点的pH与指示剂变色范围的匹配度判断；
水电离程度计算：根据溶液pH计算水电离出的浓度，比较电离程度；
电离平衡常数应用：利用和的乘积建立关系式，计算离子浓度比值；
物料守恒：明确a点溶质为，根据物料守恒判断离子浓度关系。
15．硫脲是一种应用广泛的有机化合物。实验室中可先制备，然后再与合成，具体反应为：，实验装置(夹持及加热装置略)如下图所示。
已知：易溶于水；易溶于水，易被氧化，受热时部分发生异构化生成。回答下列问题：
实验I：硫脲的制备。
（1）装置B中饱和NaHS溶液的作用是________。
（2）检查装置气密性后加入药品，________(填具体操作)，当观察到装置E中出现黑色沉淀时，再打开。
（3）完成(2)中操作后，水浴加热装置D，在80℃条件下合成硫脲，控制温度在80℃的原因是________。
（4）D中反应结束后，将混合物分离后，把滤液减压蒸发浓缩、________、________(填写操作名称)、洗涤、低温烘干得到产品。
实验II：硫脲产品纯度的测定。
称取1.900g粗产品，配成500mL溶液，量取25.00mL于锥形瓶中，滴加一定量的稀硫酸使溶液显酸性，用的标准溶液滴定，重复3次，测得消耗标准溶液的体积平均为21.00mL。已知：(未配平)。
（5）下列说法正确的是______(填序号)。
A. 图甲：准确称得1.900g粗产品
B. 图乙：转移粗产品溶液到500mL容量瓶中
C. 图丙：往锥形瓶中滴加标准溶液
D. 图丁：接近滴定终点时，向锥形瓶中滴入半滴标准液的操作
（6）粗产品中硫脲的质量分数为________%。
（7）某同学操作时，未润洗装标准溶液的滴定管，请分析该同学最终计算得到的粗产品纯度比实际纯度________(填“大”或“小”)。
【答案】(1) 除去中混有的HCl(或除去HCl)
(2) 打开，通入一段时间，再打开
(3) 温度过低，反应速率缓慢；温度过高，硫脲会部分发生异构化反应
(4) 冷却结晶 过滤
(5) D
(6) 60
(7) 大
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1） 装置 A 中用 Na2S 与稀盐酸反应制备 H2S，气体中混有杂质 HCl；装置 B 中饱和 NaHS 溶液可与 HCl 反应生成 H2S，且不与 H2S 反应，因此其作用是除去 H2S 中的 HCl 杂质。
故答案为： 除去中混有的HCl(或除去HCl) ；
（2） 硫脲 CS (NH2)2易被氧气氧化，因此反应前需排尽装置内的空气。操作顺序为：检查装置气密性并加入药品后，先打开 K1，通入一段时间 N2以排尽空气；再打开 K2，通入 H2S 与石灰乳反应；当观察到装置 E 中出现黑色沉淀（说明 H2S 已充满装置），再打开 K3让 H2S 与 CaCN2反应。
故答案为： 打开，通入一段时间，再打开 ；
（3） 硫脲受热时易发生异构化生成 NH4SCN，且温度过低反应速率过慢，因此反应温度需控制在 80℃，既保证反应速率，又避免副反应发生。
故答案为： 温度过低，反应速率缓慢；温度过高，硫脲会部分发生异构化反应 ；
（4） 反应结束后，需对滤液进行减压蒸发浓缩（防止高温水解 / 氧化）、冷却结晶、过滤、洗涤、低温烘干，最终得到硫脲晶体。
故答案为： 冷却结晶 过滤 ；
（5）A．托盘天平的精度是0.1g，托盘天平不能准确称得1.900g粗产品，故A错误；
B．转移粗产品溶液到500mL容量瓶中，应该用玻璃棒引流，故B错误；
C．往锥形瓶中滴加标准溶液，操作酸式滴定管时，左手拇指与食指跨握滴定管的活塞处，与中指一起控制活塞的转动，故C错误；
D．图丁：接近滴定终点时，向锥形瓶中滴入半滴标准液的操作：轻轻转动活塞，使溶液悬挂在尖嘴处，形成半滴，然后用锥形瓶内壁将其沾落，再用蒸馏水冲洗锥形瓶内壁，故D正确；
选D。
故答案为： D ；
（6）硫脲中N元素化合价由-3升高为0、S元素化合价由-2升高为+6，高锰酸钾中Mn元素化合价由+7降低为+2，根据得失电子守恒，配平反应方程式为，根据反应离子方程式，25.00mL待测液中n()=，粗产品中硫脲的质量分数为。
故答案为：60；
（7）未润洗盛装标准溶液的滴定管，高锰酸钾溶液浓度偏低，消耗高锰酸钾溶液的体积偏大，计算得到的粗产品纯度比实际纯度大。
故答案为：大；
【分析】实验先通过装置 A 中硫化钠与盐酸反应制备硫化氢，经装置 B 中饱和硫氢化钠溶液除去氯化氢杂质，再通入装置 D 与石灰乳反应生成硫氢化钙；待装置内空气被氮气排尽后，向 D 中加入氰氨化钙溶液，在 80℃下反应生成硫脲；多余的硫化氢气体用装置 E 中的硫酸铜溶液吸收处理，防止污染空气。
（1）除杂装置作用分析：结合制备反应和气体性质，分析杂质与除杂试剂的反应，同时确保目标气体不被吸收或反应。
（2）实验操作顺序设计：结合产物的氧化敏感性，优先考虑排尽装置内空气的操作，再根据装置中气体的流向和反应顺序确定开关的开启顺序。
（3）反应温度控制分析：从 “反应速率” 和 “副反应” 两个角度分析温度的影响，找到两者的平衡点。
（4）产品提纯操作分析：结合产物易水解、易被氧化的性质，选择减压、低温的操作条件，避免产物分解或变质。
（5）化学实验操作正误判断：逐一分析实验操作的规范性，包括称量仪器精度、溶液转移方法、滴定管操作和半滴加入技巧。
（6）氧化还原滴定计算：先根据化合价升降守恒配平反应方程式，确定反应物的物质的量之比，再根据滴定数据计算样品中硫脲的质量分数。
（7）滴定误差分析：分析错误操作对标准液浓度的影响，再结合计算公式判断其对最终纯度结果的影响。
16．现以铅蓄电池的填充物铅膏(主要含、、PbO和少量FeO)为原料，生产三盐基硫酸铅，其工艺流程如下：
已知：，，具有两性，有强氧化性。
（1）“转化”步骤中的作用是　 　，滤液1中和的浓度之比为　 　。
（2）混合气体X不宜直接排放，实验室处理时可将其与过量氧气混合通入氢氧化钠溶液吸收，其中发生氧化还原反应的离子方程式为　 　。
（3）在50~60 ℃“合成”三盐基硫酸铅的化学方程式为　 　。“合成”阶段需控制溶液的pH不大于10，若pH过大会导致三盐基硫酸铅的产率降低，其原因为　 　。
（4）若铅膏中铅元素的总质量为100.0 g，最终得到三盐基硫酸铅45.8 g(三盐基硫酸铅的摩尔质量为)，则元素Pb的回收率为　 　(精确到0.1%)。
（5）大型客机燃油用四乙基铅作抗震添加剂，但皮肤长期接触对身体有害。是一种难电离且易溶于有机溶剂的配合物，其晶体类型属于　 　晶体。已知晶体的堆积方式如下图所示，则其在xy平面上的二维堆积中的配位数是　 　。
【答案】（1）作还原剂，将还原为；
（2）
（3）；具有两性，pH过高会导致其溶解，使三盐基硫酸铅的产率降低
（4）38.3%
（5）分子；6
【知识点】配合物的成键情况；氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）“转化” 步骤中，Na2SO3作为还原剂，将 PbO2还原为 PbSO4，反应为：；滤液1中和的浓度之比为：。
故答案为： 作还原剂，将还原为 ； ；
（2）混合气体 X 为 CO2和 NO，处理时可与过量氧气混合后通入 NaOH 溶液吸收，反应的离子方程式为：。
故答案为： ；
（3）PbSO4与 NaOH 在 50~60℃反应生成三盐基硫酸铅，化学方程式为：，由题干信息可知，Pb(OH)2具有两性，则pH大于10时，Pb2+会转化为Pb(OH)2或者可溶的等，使三盐基硫酸铅的产率降低；
故答案为： ；具有两性，pH过高会导致其溶解，使三盐基硫酸铅的产率降低 ；
（4）由题知，得到三盐基硫酸铅45.8 g，铅的相对分子质量为207 g/mol，故三盐基硫酸铅中，铅元素的质量为，故元素Pb的回收率为：
故答案为： 38.3% ；
（5） Pb (CH2CH3)4难电离且易溶于有机溶剂，符合分子晶体的性质特征；其晶胞在 xy 平面上的二维堆积中，每个分子周围有 6 个等距的分子，配位数为 6。
故答案为： 分子 ；6；
【分析】含铅废料（含 PbO、PbSO4、PbO2）先经亚硫酸钠处理，将氧化性的 PbO2还原为 PbSO4；再加入碳酸钠，通过沉淀转化将 PbSO4转化为更易酸溶的 PbCO3，滤液 1 为硫酸钠溶液。随后用稀硝酸酸浸，将 PbO、PbCO3转化为硝酸铅，同时将杂质 FeO 氧化为 Fe (NO3)3，过程中释放出 CO2和 NO 混合气体。接着调节溶液 pH，使 Fe3+水解生成 Fe (OH)3沉淀除去；再向硝酸铅溶液中加入稀硫酸，沉淀得到 PbSO4。最后，PbSO4与氢氧化钠溶液反应，生成目标产物三盐基硫酸铅，同时得到硫酸钠溶液。
（1）溶度积计算：利用沉淀转化的本质，同一溶液中 Pb2+浓度相同，因此两种离子的浓度比等于对应溶度积的比值，直接代入数值计算即可。
（2）尾气处理：结合 NO 的氧化性质，先将其氧化为 NO2，再与 CO2一起被碱液吸收，配平氧化还原反应方程式。
（3）反应方程式与产率分析：根据原子守恒配平主反应方程式，再结合 Pb (OH)2的两性性质，分析 pH 过高对产物生成的影响。
（4）回收率计算：先根据三盐基硫酸铅的化学式计算其中 Pb 元素的质量分数，再求出产物中 Pb 的总质量，最后除以原料中 Pb 的质量得到回收率。
（5）晶体类型与配位数：根据物质的溶解性、电离特性判断晶体类型，再结合二维堆积结构，数出等距相邻分子的数量，确定配位数。
（1）由题意知，“转化”步骤中的作用是作还原剂，将还原为，发生反应；滤液1中和的浓度之比为：。
（2）由题意得，X为CO2和NO的混合气体，故实验室处理时可将其与过量氧气混合通入氢氧化钠溶液吸收，离子反应方程式为：。
（3）依据流程可知，硫酸铅中加入氢氧化钠生成三盐，结合原子守恒可知方程式为：，由题干信息可知，Pb(OH)2具有两性，则pH大于10时，Pb2+会转化为Pb(OH)2或者可溶的等，使三盐基硫酸铅的产率降低；
（4）由题知，得到三盐基硫酸铅45.8 g，铅的相对分子质量为207 g/mol，故三盐基硫酸铅中，铅元素的质量为，故元素Pb的回收率为：
（5）是一种难电离且易溶于有机溶剂，该性质符合分子晶体性质特征；由晶胞结构可知，在xy平面上的二维堆积中，每个分子周围有6个等距的，则其配位数是6。
17．氢能是一种重要的清洁能源，由、HCOOH等物质可以制得。
Ⅰ、乙醇-水催化重整制得氢气，其主要反应为：
①
②
在101kPa下，当时，若发生反应①和②，平衡时和CO的选择性及的产率随温度的变化如图所示[CO的选择性]。
（1）计算反应的________。
（2）图中代表CO的选择性的曲线是________(填“甲”“乙”或“丙”)；分析曲线乙在300℃前后变化趋势相反的原因________。
（3）根据图中信息，500℃时的平衡转化率为________，反应②的平衡常数 ________(是用分压代替浓度计算的平衡常数，分压=总压×物质的量分数，精确到0.001)。
Ⅱ、HCOOH催化分解制得
（4）一定温度下，向恒容密闭容器通入一定量的HCOOH(g)，在Pd-有机胺催化剂作用下，HCOOH分子催化释放氢的反应机理和相对能量的变化情况分别如图1和图2所示。下列叙述正确的是______(填序号)。
A. 有机胺可以和盐酸溶液反应
B. 在催化剂表面解离C-H键比解离O-H键更容易
C. HCOOD催化释放氢反应除生成外，还可生成HD
D. HCOOH催化释放氢的热化学方程式为：
（5）HCOOH(g)分解反应存在以下定量关系：(其中为活化能，k为速率常数，R和C为常数)，实验数据如图中曲线M所示。当改变外界条件时，实验数据如曲线N所示，则改变的外界条件可能为________。
【答案】(1) ＋255.7
(2) 丙 在300℃之前以反应① 为主，温度升高，氢气的产率增大，在300℃之后以反应②为主，温度升高，氢气的产率减小
(3) 96% 0.225
(4) A，C
(5) 加入更高效的催化剂
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1） 根据盖斯定律，目标反应可由 “反应① + 2× 反应②” 得到，因此焓变满足：；
故答案为： ＋255.7 ；
（2） 反应②正向吸热，温度升高时平衡正向移动，CO 的选择性逐渐增大。由于 CO 和 CO2的选择性之和为 100%，因此一直下降的曲线甲为 CO2的选择性，一直上升的曲线丙为 CO 的选择性；曲线乙先升后降，为 H2的产率：300℃前以反应①为主，升温使反应①平衡正向移动，H2产率增大；300℃后以反应②为主，升温使反应②平衡正向移动并消耗 H2，H2产率降低。
故答案为： 丙 ；在300℃之前以反应① 为主，温度升高，氢气的产率增大，在300℃之后以反应②为主，温度升高，氢气的产率减小 ；
（3）设起始，，乙醇转化率为，根据C守恒，时CO选择性为，可得；结合反应关系，最终，产率为，因此，解得；
对反应②，平衡常数 ，反应前后气体分子数相等，总压、总物质的量可约去，因此 ，代入，，，，得；
故答案为： 96% ；0.225 ；
（4）A：二甲胺属于胺类，水溶液显碱性，可与盐酸反应，A 正确；
B：由能量图可知，解离 O-H 键的活化能比解离 C-H 键更高，更难进行，B 错误；
C：HCOOD 中，C 上连 H、O 上连 D，催化分解时会生成 CO2和 HD，C 正确；
D：ΔH 的单位应为 kJ/mol，该反应的 ΔH=-0.45 eV NA（换算后单位错误），D 错误；
故答案为：AC。
（5）由公式可知，其斜率为，曲线N斜率绝对值更小，说明 更小，活化能降低，改变的条件是加入更高效的催化剂。
故答案为： 加入更高效的催化剂 ；
【分析】（1）盖斯定律计算焓变：通过目标反应与已知反应的关系，对已知反应进行线性组合（如反应① + 2× 反应②），焓变也随之进行相应的代数运算。
（2）温度对平衡的影响分析：结合反应的热效应，分析温度对两个竞争反应的影响；根据选择性之和为 100% 判断各曲线对应的物质，再分阶段分析 H2产率的变化原因。
（3）转化率与平衡常数计算：先利用碳守恒和选择性，确定 CO 和 CO2的物质的量；再结合反应关系计算 H2的物质的量，通过产率公式求解转化率；最后利用平衡常数表达式，代入平衡时各物质的物质的量计算 Kp。
（4）反应机理与选项判断：逐一分析每个选项，结合胺的碱性、活化能与反应难度、同位素示踪反应、焓变单位等知识点进行判断。
（5）阿伦尼乌斯公式应用：根据公式中斜率与活化能的关系，分析曲线斜率变化对应的活化能变化，进而判断反应条件的改变（如催化剂）。
18．新型P-CAB类药物凯普拉生(化合物H)可用于难治性胃食管反流病，H的合成路线如下(部分试剂、反应条件省略)：
已知：
回答下列问题：
（1）化合物A的名称是　 　。
（2）化合物B的结构简式为　 　。
（3）由A转变为C的反应类型是　 　。
（4）化合物D的同分异构体中，同时满足下列条件的有　 　种(不考虑立体异构)。
①含有苯环且苯环上连有3个取代基；
②含有氨基、酚羟基；
③含4个碳的烷氧基。
写出其中一种核磁共振氢谱有6组峰，且峰面积之比为的结构简式：　 　。
（5）由D转变为E的过程中经历了两步反应，第一步反应的化学方程式是：　 　(要求配平)。
（6）下列有关说法正确的有______(填序号)。
A．F能发生银镜反应
B．F不可能存在分子内氢键
C．E→G的过程中产生了
D．已知醛基吸引电子能力较强，与相比，化合物F中的N-H键极性更小
（7）已知：，请设计以乙醇为原料(无机试剂任选)合成化合物的合成路线：　 　。(用流程图表示，例如)
【答案】（1）3-硝基苯酚(或间硝基苯酚)
（2）
（3）取代反应
（4）40；(任写符合核磁共振氢谱的其中一种即可)
（5）+NaNO2+2HCl→+NaCl+2H2O
（6）A；C
（7）
【知识点】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）由 A 的结构简式可知，其名称为 3-硝基苯酚(或间硝基苯酚)；
故答案为： 3-硝基苯酚(或间硝基苯酚) ；
（2）根据反应流程和 B 的分子式，结合 C 的结构可推知，B 的结构简式为： BrCH2CH2CH2OCH3；
故答案为： ；
（3）根据题意可知，A转变为C的反应类型为取代反应；
故答案为： 取代反应 ；
（4）由题意可知，三个取代基为 NH2、 OH、 OC4H9，三者各不相同，苯环上三个不同取代基的位置异构共10种，因丁基 C4H9有4种结构，总同分异构体数目为10×4=40种；峰面积比9：2：1：1：1：1，说明含一个叔丁基(CH3)3C (9个H等效)，由此可确定符合题意的结构简式可以为(任写符合核磁共振氢谱的其中一种即可)；
故答案为： 40 ； ；
（5） D 转化为 E 的第一步反应方程式为：+NaNO2+2HCl→+NaCl+2H2O；
故答案为：+NaNO2+2HCl→+NaCl+2H2O ；
（6）A：F 结构含醛基（-CHO），可发生银镜反应，A 正确；
B：F 中 N-H 键的 H 原子与苯环上的 F 原子距离较远，无法形成分子内氢键，B 错误；
C：E→G 过程生成 HCl，HCl 与 NaH 反应生成H2，C 正确；
D：醛基吸电子能力强，与化合物F相比，化合物F中的醛基使N上电子云密度降低，N-H键极性更大，D错误；
故答案为：AC；
（7）乙醇消去得乙烯，乙烯加成得1，2-二溴乙烷；乙醇与钠反应得乙醇钠；根据已知反应，乙醇钠与1，2-二溴乙烷可发生取代反应得到目标产物，故合成路线如下： 。
故答案为： ；
【分析】以间硝基苯酚（A）为起始原料，先与B在碳酸钾条件下发生取代反应，生成芳醚（C）； 结合B的分子式，以及C的结构简式，可知B的结构简式为BrCH2CH2CH2OCH3， 随后 C 经催化氢化还原硝基得到氨基化合物（D）；D 再通过重氮化反应，转化为芳基磺酰氯（E）；E 与吡咯醛（F）在碱作用下缩合得到中间体（G）；最后 G 与甲胺经还原胺化反应，得到目标药物凯普拉生（H）。
（1）有机物命名：先确定母体为苯酚，再根据硝基的位置编号，按取代基位置命名。
（2）结构推断：结合反应流程、分子式和产物结构，通过取代反应的断键规律反推反应物 B 的结构。
（3）反应类型判断：根据反应前后官能团的变化，判断是否为取代反应。
（4）同分异构体数目与结构：先确定苯环上三个不同取代基的位置异构数目，再结合丁基的结构种类计算总数；根据核磁共振氢谱的峰面积比，推断等效氢的分布，进而确定结构。
（5）反应方程式书写：根据已知反应信息，结合反应物和生成物的结构，写出重氮化反应的方程式。
（6）选项正误判断：逐一分析每个选项，结合官能团性质、氢键形成条件、反应产物和电子效应等知识点进行判断。
（7）有机合成路线设计：从目标产物逆推，结合原料乙醇的性质，通过消去、加成、取代等反应设计合成路线。
（1）由A的结构简式可知，A的名称为3-硝基苯酚(或间硝基苯酚)；
（2）由分析可知B的结构简式为BrCH2CH2CH2OCH3；
（3）由分析可知A转变为C的反应类型为取代反应；
（4）由题意可知，三个取代基为 NH2、 OH、 OC4H9，三者各不相同，苯环上三个不同取代基的位置异构共10种，因丁基 C4H9有4种结构，总同分异构体数目为10×4=40种；峰面积比9：2：1：1：1：1，说明含一个叔丁基(CH3)3C (9个H等效)，由此可确定符合题意的结构简式可以为(任写符合核磁共振氢谱的其中一种即可)；
（5）由D转变为E的过程中经历了两步反应，由已知信息可知第一步反应的化学方程式是：+NaNO2+2HCl→+NaCl+2H2O；
（6）A．F结构中含有醛基( CHO)，能发生银镜反应，A正确；
B．F中N-H键上的H原子可以和苯环上的F原子形成分子内氢键，B错误；
C．E→G过程中发生取代反应生成HCl，HCl可发生反应，因此有H2生成，C正确；
D．醛基吸电子能力强，与化合物F相比，化合物F中的醛基使N上电子云密度降低，N-H键极性更大，D错误；
故答案选AC；
（7）乙醇消去得乙烯，乙烯加成得1，2-二溴乙烷；乙醇与钠反应得乙醇钠；根据已知反应，乙醇钠与1，2-二溴乙烷可发生取代反应得到目标产物，故合成路线如下： 。
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