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河北省省级联考2024-2025学年高三上学期1月期末考试 化学试题
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．燕赵大地历史悠久，文化灿烂。下列河北博物院馆藏文物的主要成分属于硅酸盐的是
选项 A B
文物
朝代 战国(1977年出土) 五代(1995年出土)
名称 错金银虎噬鹿屏风座 白石彩绘散乐图浮雕
选项 C D
文物
朝代 北齐(1989年出土) 元(1964年出土)
名称 文宣帝高洋墓墓道壁画 青花海水龙纹八棱带盖瓷梅瓶
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】含硅矿物及材料的应用；硅酸盐
【解析】【解答】A、题目中提到的“错金银虎噬鹿屏风座”主要采用金属材料制作，故A不符合题意 ；B、“白石彩绘散乐图浮雕”的主要材质是汉白玉，其化学成分为（碳酸钙），属于无机非金属材料，故B不符合题意 ；
C、壁画的主要成分是各类颜料，通常为无机化合物，不属于题目要求的硅酸盐材料，故C不符合题意 ；
D、“青花海水龙纹八棱带盖瓷梅瓶”属于陶瓷制品，其主要成分为硅酸盐，符合题目描述的“无机非金属材料”范畴，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】本题的易错点主要集中在对不同文物材质及其成分的判断上，具体如下：
混淆文物材质对应的化学成分：比如误把选项 A（错金银虎噬鹿屏风座，主要成分是金属合金）、B（白石浮雕，主要成分是碳酸钙等）、C（壁画，主要成分是无机颜料、有机物等）当成硅酸盐类；
忽略了选项 D（青花瓷梅瓶）的主要材质是陶瓷，而陶瓷的主要成分属于硅酸盐。
对 “硅酸盐类物质” 的范围不清晰不清楚陶瓷、玻璃等传统无机非金属材料的主要成分是硅酸盐，而金属、石材、普通颜料等不属于硅酸盐类。
2．关于实验安全，下列表述错误的是
A．和都是有毒气体，相关实验要注意防护和通风
B．观察烧杯中钾与水反应的实验现象时，要佩戴护目镜
C．实验室里药品过氧乙酸、过碳酸钠要贴
D．实验结束后剩余的电石、过氧化钠等药品要回收
【答案】C
【知识点】化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】A、和均为有毒气体，实验过程中需做好防护措施并保持通风，A正确；
B、金属钾与水的反应十分剧烈且可能伴随爆炸，因此实验观察时必须佩戴护目镜以确保安全，B正确；
C、过氧乙酸（）属于有机过氧化物；而过碳酸钠（）属于无机过氧化物，C错误；
D、电石遇水会剧烈反应产生乙炔和大量热量，存在爆炸风险；过氧化钠能与水或二氧化碳反应放热，可能引发火灾。因此实验后必须妥善回收这些剩余药品，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题的易错点主要有以下几点：
对物质类别与标识的对应关系混淆：误将过碳酸钠（属于碳酸盐，并非有机过氧化物）归为有机过氧化物，错认为它应贴有机过氧化物标识（选项 C 的错误点）；不清楚 “有机过氧化物” 标识仅适用于含碳的过氧化物类物质。
对实验剩余药品处理原则理解模糊：误认为电石、过氧化钠等危险药品可以直接回收（选项 D 的干扰点），忽略了这类药品有较强的反应性，需按特定规范处理，但本题中 D 的表述并非错误（题目错误选项是 C），易因对回收规则的片面认知而误判。
对危险操作防护的细节疏忽：可能忽略钾与水反应的剧烈性（会飞溅、燃烧），误以为不需要护目镜（选项 B），但实际该操作必须防护，此选项是正确的，易因对反应剧烈程度的低估而混淆正确选项。
3．高分子材料在生产、生活中应用广泛。下列说法错误的是
A．脲醛塑料(俗称电玉)，绝缘性好，耐溶剂性好
B．聚丙烯为网状结构，可作包装材料、薄膜和管道
C．对苯二甲酸和乙二醇发生缩聚反应合成有机高分子材料涤纶
D．用苯酚和甲醛合成的酚醛树脂可制作集成电路底板
【答案】B
【知识点】常用合成高分子材料的化学成分及其性能
【解析】【解答】A、脲醛塑料是以脲醛树脂为主要成分制成的塑料，具有优异的绝缘性能，并且不溶于水和大多数有机溶剂，A正确；B、聚丙烯是通过丙烯单体加聚反应形成的聚合物，其分子链呈线性排列，属于线型高分子结构，B错误；
C、涤纶的合成是通过对苯二甲酸的羧基与乙二醇的羟基在催化剂作用下进行缩聚反应实现的，该过程伴随脱水反应，C正确；
D、由苯酚和甲醛反应制得的热固性酚醛树脂具有三维网状结构，这种结构使其具有耐热性、不溶性和绝缘性等特性，适用于制作电路板等电子元件，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点主要集中在对高分子材料结构与性质的混淆：
混淆高分子的结构类型：误将聚丙烯（线性结构，具有热塑性）认为是网状结构（网状结构通常是热固性高分子，如酚醛树脂），错选 B 选项时易忽略 “线性结构” 与 “网状结构” 对应的性能差异（选项 B 的错误核心）。
对缩聚反应及产物的认知模糊：可能不确定对苯二甲酸与乙二醇的反应类型（缩聚），或混淆涤纶的合成原料，误判选项 C 的正确性，但 C 实际是正确表述。
对常见高分子材料的性能与用途记忆不准确：比如不清楚脲醛塑料（电玉）的绝缘、耐溶剂性（选项 A 正确），或酚醛树脂可作电路板底板（选项 D 正确），易因对这些常识的不熟悉而误选其他选项。
4．氮化硼主要用于磨料加工、涂层材料和陶瓷制造。工业上，制造的原理有(1)；(2)。设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．标准状况下，含键数目为
B．在反应(1)中，制备时转移电子数目为
C．在反应(2)中，硼单质完全反应时生成分子数目为
D．含中子数目为
【答案】A
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、每个N2分子含有2个π键，1120 mL N2在标准状况下的物质的量计算：，π键数目为0.1NA，A正确；
B、反应(1)中，每生成2 mol BN转移6 mol电子，10 g BN的电子转移量计算： ，B错误；
C、根据反应(2)，1 mol B完全反应生成1.5 mol H2，H2分子数应为1.5NA，与选项不符，C错误；
D、的中子数计算：，计算结果与选项不符，D错误；
故答案为：A。
【分析】A. 先通过标准状况下气体体积计算物质的量（如选项A中），再结合的结构（1个含2个π键），直接计算π键数目。
B. 先分析反应中元素化合价变化（如反应(1)中B从0价到+3价，从0价到-3价），再根据产物物质的量（如10g BN的物质的量），结合化合价变化量计算转移电子数。
C. 依据反应方程式的系数比（如反应(2)中2mol B生成3mol ），推导1mol B对应的物质的量，避免直接按错误比例计算。
D. 明确“中子数=质量数-质子数”，先计算原子的物质的量（如的物质的量），再结合中子数公式计算，注意质量数的正确使用。
5．涉县连翘是河北著名中药材，其活性成分三萜类化合物的结构如图所示。
下列有关该活性成分的叙述错误的是
A．能发生消去、取代、加成、还原反应
B．不能与氯化铁溶液发生显色反应
C．含3种含氧官能团
D．存在顺反异构体
【答案】D
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；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】A、该分子结构中的羟基可参与取代反应和消去反应，酮羰基能发生还原反应，碳碳双键可发生加成反应，A正确；
B、由于分子中不含苯环结构且无酚羟基存在，因此无法与氯化铁溶液产生显色反应，B正确；
C、分子中含有羟基（-OH）、醚键（-O-）和酮羰基（>C=O）三种含氧官能团，C正确；
D、碳碳双键的两个碳原子上分别连接两个甲基，不符合顺反异构体的形成条件，D错误；
故答案为：D。
【分析】这道题的解题突破口：
A．官能团性质决定反应类型：通过羟基、羰基、碳碳双键，判断消去、加成等反应
B．酚羟基特征：无酚羟基，不与 FeCl3显色。
C．数含氧官能团：统计羟基、酯基、羰基共 3 种。
D．顺反异构条件：碳碳双键一端连 2 个 H，无顺反异构。
6．下列实验操作及现象能得出相应结论的是
选项 实验操作及现象 结论
A 常温下，在铁铝合金片上滴加浓硫酸，无明显现象 铁、铝与浓硫酸不反应
B 向待测液中滴加少量盐酸，产生白色沉淀 待测液一定含
C 加热装有溶液的试管，溶液由蓝色变为黄绿色
D 向含和混合溶液中滴加溶液，先产生黄色沉淀
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；浓硫酸的性质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、常温下，浓硫酸会使铁铝合金发生钝化，在其表面形成致密的氧化膜，因此该现象不能证明含铝元素，A错误；
B、向硅酸钠（）或四羟基合铝酸钠（ ）溶液中滴加少量盐酸，均会生成白色沉淀，故无法通过该现象判断溶液中一定含银离子（），B错误；
C、溶液变为黄绿色说明生成了四氯合铜(II)配离子（ ），加热后平衡正向移动，表明该反应为吸热反应，C正确；
D、由于未提供原溶液中氯离子（）与碘离子（）的初始浓度，无法直接得出氯化银（AgCl）的溶度积大于碘化银（AgI）的结论，D错误；
故答案为：C。
【分析】这道题的解题突破口：
A．钝化的认知：常温下 Fe、Al 遇浓硫酸会钝化（不是不反应）。
B．沉淀离子的多样性：加盐酸产生白色沉淀，可能是 Ag+、SiO32-等，不能确定单一离子。
C．溶液颜色变化的对应性：Cu2+ 溶液（蓝）加热水解为 Cu(OH)2（黄绿），现象与变化匹配。
D．沉淀先后的条件：沉淀顺序由浓度和溶度积共同决定，仅 “先产黄色沉淀” 不能直接得结论。
7．加工馒头、面包等食品时，常加入膨松剂，某种膨松剂发生如下反应：，其中、、、代表短周期主族元素且原子序数依次增大。也是一种常见的肥料。下列叙述正确的是
A．原子半径： B．第一电离能：
C．单质的沸点： D．电负性：
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、氢原子(H)的半径最小，碳(C)、氮(N)、氧(O)的原子半径依次减小。因此正确的原子半径关系应为C > N > O > H，A错误；
B、同一周期元素的第一电离能总体呈增大趋势，但氮(N)的2p轨道电子处于半充满稳定状态，其第一电离能高于氧(O)。因此正确的第一电离能顺序为N > O > C，B正确；
C、O2、N2、H2的沸点主要取决于范德华力，而范德华力与相对分子质量成正比。虽然O2的相对分子质量最大，但N元素的价电子为半满结构， 实际沸点顺序为
O2(-183℃) > N2(-196℃) > H2(-253℃)，C错误；
D、同一周期从左到右元素电负性逐渐增大，氢的电负性最小。正确的电负性顺序应为O > N > C > H，D错误；
故答案为：B。
【分析】题目描述的化学反应是碳酸氢铵(NH4HCO3)的分解反应，其化学方程式为：
。
根据题目给出的元素符号对应关系：X表示氢(H)；Y表示碳(C)；Z表示氮(N)；T表示氧(O)，据此解题。
8．从微观视角探析物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列实例与解释不符的是
选项 实例 解释
A 铍和铝都能与NaOH反应 基态铍原子和铝原子价电子数相同
B 冰的熔点高于干冰 分子间作用力不同
C 键角小于 中心原子杂化轨道类型不同
D 键能大于 、原子半径不同
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】键能、键长、键角及其应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；化学键和分子间作用力的区别
【解析】【解析】A、铍（Be）和铝（Al）的价电子数分别为2和3，二者不相等。但根据元素周期表中的对角线规则，铍与铝的化学性质相似，都具有两性特征，因此都能与氢氧化钠（NaOH）发生反应，A选项错误。B、冰（H2O）分子间存在氢键和范德华力两种相互作用，而干冰（CO2）分子间仅存在范德华力。由于作用力的类型和强度不同，导致二者性质差异明显，B选项正确。
C、对于SO2分子：硫原子的孤电子对数计算： ；价层电子对数：2（成键电子对）+1（孤电子对）=3。杂化方式为sp2，分子呈V形结构。对于CO2分子：碳原子的孤电子对数计算： ，价层电子对数：2+0=2。杂化方式为sp，分子呈直线形结构，C选项正确。
D、由于氮原子半径小于碳原子，导致N≡N三键的键长比C≡C更短，键能更大，D选项正确。
故答案为：A
【分析】A、Be、Al处于对角线位置，二者的化学性质相似。
B、冰和干冰的相对分子质量不同，范德华力不同。
C、根据中心原子价层电子对数确定其杂化轨道和空间结构，从而确定其键角大小。
D、原子半径越小，键长越短，键能越大。
9．强热条件下硫酸铵发生的分解反应如下：。下列叙述错误的是
A．是含配位键的离子晶体 B．和的模型相同
C．的沸点高于 D．是非极性分子
【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、铵离子()中存在配位键，与硫酸根()通过离子键结合，因此硫酸铵()是含有配位键的离子晶体，A正确；
B、水分子()和氨分子()中，氧原子和氮原子的价层电子对数均为4，其VSEPR模型均为四面体形，B正确；
C、二氧化硫()是极性分子且相对分子质量较大，分子间作用力远强于氮气()，因此沸点更高，C正确；
D、二氧化硫()分子呈V形结构，正负电荷中心不重合，属于极性分子，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．(NH4)2SO4是离子晶体，由 NH4+和 SO42-通过离子键结合，其中 NH4+中存在 N 与 H 形成的配位键。
B．H2O 中中心 O 原子的价层电子对数为 4，VSEPR 模型为四面体形；NH3中中心 N 原子的价层电子对数为 4，VSEPR 模型为四面体形。二者模型相同。
C．SO2是极性分子， 相对分子质量较大，N2是非极性分子，相对分子质量较小，因此SO2沸点高于 N2。
D．SO2分子呈 V 形，正负电荷中心不重合，属于极性分子。
10．利用图示装置和表中试剂进行实验，能达到实验目的的是
选项 试剂 试剂 试剂 实验目的
A 浓盐酸 粉末 淀粉溶液 探究氯的电负性比碘的强
B 硫酸 粉末 溴水 探究具有漂白性
C 浓氨水 生石灰 酚酞溶液 探究氨水的酸碱性
D 稀硝酸 溶液 溶液 探究的溶解性
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】氯气的实验室制法；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、浓盐酸和 MnO2反应需要加热，但装置无加热条件，无法生成 Cl2；且即使生成 Cl2，Cl2能氧化 KI 生成 I2使淀粉变蓝，但 “电负性比较” 需通过元素非金属性（得电子能力）体现，此实验逻辑不匹配，故A不符合题意 ；
B、75% 硫酸和 Na2SO3反应生成 SO2，但 SO2使溴水褪色是因为发生氧化还原反应（SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr），体现的是 SO2的还原性，而非漂白性（漂白性是使有机色质褪色），故B不符合题意 ；
C、浓氨水与生石灰混合，生石灰吸水放热，促进 NH3 H2O 分解生成 NH3；NH3通入酚酞溶液，与水结合成 NH3 H2O，电离出 OH-使酚酞变红，能证明氨水呈碱性，故C符合题意 ；
D、稀硝酸具有强氧化性，会将 NaHS 中的 S2-氧化（生成 S 或 SO42-），无法提供足量 S2-与 CuSO4反应生成 CuS 沉淀，不能探究 CuS 的溶解性，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】这道题的解题突破口：
反应条件匹配性：选项 A 中浓盐酸与 MnO2反应需加热，装置无加热条件。
性质与现象的对应性：选项 B 中 SO2使溴水褪色体现的是还原性（非漂白性），实验目的与性质不匹配。
试剂作用与实验逻辑：选项 C 中生石灰促进浓氨水释放 NH3，NH3溶于水显碱性能使酚酞变红，试剂、装置与实验目的（探究氨水酸碱性）完全契合。
物质氧化性的干扰：选项 D 中稀硝酸会氧化 NaHS 中的 S2-，无法生成 CuS 沉淀，实验设计存在干扰。
11．是常见的污染物，催化氧化的反应过程与相对能量变化如图所示(所有物质均为气态)。
下列叙述正确的是
A．总反应分4个基元反应进行 B．氧化反应是放热反应
C．脱氢的速率最慢 D．图示物质中，最稳定
【答案】B
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、基元反应数判断：看反应过程中过渡态（TS）的数量，图中有 TS1、TS2、TS3、TS4共 4 个过渡态，反应是从 HCHO 到最终产物，图中步骤对应基元反应数为5，A错误；
B、通过分析图中各物质的相对能量（HCHO、O2、CO2和H2O），可以计算反应的焓变（ΔH）。根据公式：ΔH = 生成物能量之和 - 反应物能量之和：
具体计算如下：HCHO(g) + O2(g) → CO2(g) + H2O(g)，ΔH = [(-585.09) + (-421.98) - (-600.08)] kJ·mol-1 = -406.99 kJ·mol-1，由于ΔH < 0，说明该反应为放热反应，B正确；
C、在反应过程中，HCO2*脱氢步骤的能垒最大，意味着该步骤的反应速率最慢，从而控制总反应的速率。C错误；
D、微粒的相对能量越低，其稳定性越高。从图中可以看出，CO2*是最稳定的物质，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．基元反应是指在反应历程中发生断键或成键的单个步骤。根据题目描述，总反应包含5个基元反应。
B．放热、吸热反应判断：对比反应物（HCHO，相对能量 0）和最终产物（CO2、H2O，相对能量远低于 0），产物总能量＜反应物总能量，判定为放热反应。
C．反应速率快慢判断：反应速率由活化能（过渡态与反应物的能量差）决定，活化能越大速率越慢。H2CO2* 脱氢对应的过渡态 TS1的活化能（46.22 - (-107.15)）较小，不是最慢步骤。
D．物质稳定性判断：相对能量越低物质越稳定，图中 CO2* 相对能量最低（-600.88），HCHO 相对能量为 0，并非最稳定。
12．某甘汞电极电池结构如图所示(盐桥中装有琼脂与饱和溶液)。
已知：电池总反应为。
下列叙述错误的是
A．银的金属活动性比汞强
B．放电时，向银极迁移
C．正极的电极反应式为
D．负极有参与反应时转移电子数目约为
【答案】A
【知识点】原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、在金属活动性顺序中，汞（Hg）位于银（Ag）之前，说明汞的活性更强。该电池能自发反应的原因是难溶于水，导致银的活性相对增强，A错误；保存进入下一题
B、放电过程中，银电极作为负极，阴离子（Cl-）会向负极迁移，B正确；
C、正极（甘汞电极）发生还原反应，C正确；
D、负极反应式为。计算银的物质的量：，转移电子数也为0.2 mol，D正确；
故答案为：A。
【分析】根据电池的总反应分析可知，银电极作为负极，甘汞电极作为正极。 电池总反应为 ，据此解题。
13．晶体具有良好的光学性能，晶胞为立方体。已知：晶胞参数为，为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．与最近且距离相等的的数目为6
B．1个晶胞中含有2个原子
C．和的最近距离为
D．该晶体密度
【答案】D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解析】A、晶胞结构中K原子位于顶点位置，O原子位于面心位置。根据几何关系，每个K原子周围有12个距离相等的O原子，A选项错误。B、利用晶胞的均摊法计算，顶点位置的K原子贡献度为1/8，整个晶胞含有8个顶点，所以K原子总数为8×1/8=1个，B选项正确。
C、K与O之间的最近距离是晶胞面对角线的一半，即 ，C选项正确。
D、晶胞含有1个KIO3单元，其摩尔质量为39+127+16×3=214 g/mol。密度计算公式为： ，D选项正确。
故答案为：D
【分析】A、以顶点K原子为中心，与之距离最近且相等的O原子位于晶胞的面心，据此分析。
B、K原子位于晶胞的顶点，根据均摊法计算。
C、O原子位于晶胞面心，K、O原子的最近距离为面对角线的一半。
D、根据公式计算晶胞密度。
14．常温下，向溶液中加入少量粉末(忽略体积变化)，含铬离子浓度与关系如图所示。已知： ； 。
下列叙述错误的是
A．曲线代表的浓度与关系
B．常温下，
C．
D．时，离子浓度：
【答案】C
【知识点】化学平衡常数；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、pH增大时，OH-浓度上升，Cr3+（L1）先与1个OH-结合生成[Cr(OH)]2+（L2，浓度先增后减），再结合1个OH-生成[Cr(OH)2]+（L3，浓度后期增大）。因此L2曲线对应[Cr(OH)]2+的浓度变化，A正确；
B、反应 的平衡常数 。
取b点（pH=5.9，），，代入得：（实际结合a、b点推导，最终得 ），B正确；
C、反应 的 。
取b点（pH=5.9，），，代入得：
，C错误；
D、pH=4时，观察曲线可知：L2（[Cr(OH)]2+）浓度 > L1（Cr3+）浓度 > L3（[Cr(OH)2]+）浓度，即 ，D正确；
故答案为：C。
【分析】1. 曲线与离子的对应关系（破题基础）
根据“pH增大，OH-浓度上升，Cr3+逐步结合OH-”的规律：Cr3+（L1）：pH增大时浓度持续减小；[Cr(OH)]2+（L2）：先结合1个OH-生成，浓度先增后减；[Cr(OH)2]+（L3）：再结合1个OH-生成，浓度后期增大。据此匹配曲线对应的离子，判断选项A。
2. 平衡常数的计算（核心方法）
利用平衡常数表达式 ，结合图中“浓度相等的点（如a、b点）”计算： 对反应 ，代入b点数据（），结合pH求，计算得K，判断选项B，对反应 ，同理代入对应点数据，计算K2，判断选项C。
3. 特定pH下的离子浓度比较（直接观察）
找到pH=4对应的曲线位置，直接比较三条曲线的浓度大小，判断选项D。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．某研究性学习小组为了探究海带中碘元素的含量，简化的实验步骤如图所示(条件省略)：
回答下列问题：
（1）“灰化”主要用到的仪器有酒精灯、三脚架、泥三角、　 　等。
（2）从绿色化学角度考虑，“氧化”时宜选择下列试剂中的　 　(填标号)，写出对应反应的离子方程式：　 　。
A．稀硫酸、 B．氯气 C．稀硫酸、 D．稀硝酸
（3）“提取”操作时，将溶液转移至分液漏斗中，再加入，可选择___________(填标号)。
A．氯仿 B．乙醇 C．苯 D．裂化汽油
（4）萃取时，常采用多次萃取的方法提取碘，其目的是　 　。
（5）选用如图装置进行减压蒸馏，提取碘单质。
毛细玻璃管的作用是　 　；克氏蒸馏头相对普通蒸馏头，其优点是　 　(答一条)。
（6）已知滴定反应为。将“氧化”后溶液配制成溶液，准确量取配制溶液于锥形瓶，滴加标准溶液至恰好完全反应，消耗标准溶液体积为。该海带样品含碘量为　 　(用含、的代数式表示)。若滴定前没有“润洗”滴定管，则会造成测定的碘元素含量　 　(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
【答案】（1）坩埚
（2）C；
（3）A；C
（4）提高的萃取率
（5）平衡气压，防暴沸；防止烧瓶中液体剧烈沸腾而进入冷凝管
（6）；偏高
【知识点】海水资源及其综合利用；物质的分离与提纯；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）灰化过程需要灼烧固体，应使用坩埚作为容器。
故答案为： 坩埚 ；
（2）双氧水作为绿色试剂，其氧化产物无污染，因此C项符合题意。"氧化"步骤的离子方程式为：
。
故答案为： C ； ；
（3）萃取剂需满足：不溶于水、不与碘反应。氯仿和苯可作为碘的萃取剂，乙醇与水互溶不适合，裂化汽油含烯烃会与I2发生加成反应。因此A、C项符合要求。
故答案为： A C ；
（4）采用多次萃取并循环使用萃取剂，可显著提高I2的萃取效率。
故答案为： 提高的萃取率 ；
（5）毛细玻璃管通入少量空气可平衡气压并防止暴沸；克氏蒸馏头弯管的主要功能是防止减压蒸馏时液体因沸腾进入冷凝管。
故答案为： 平衡气压，防暴沸 ； 防止烧瓶中液体剧烈沸腾而进入冷凝管 ；
（6）根据反应计量关系：
海带中碘元素含量计算公式：
误差分析：未润洗滴定管会使蒸馏水计入标准溶液体积，导致Na2S2O3消耗量偏大，最终测定结果偏高。
故答案为： ； 偏高 。
【分析】将干海带粉碎，增大其表面积，后续灰化时能更充分地与空气接触，同时也便于后续溶解操作中碘元素的释放；将粉碎的海带在坩埚中高温灼烧（通常用酒精灯或酒精喷灯），使海带中的有机成分（如蛋白质、纤维素等）被氧化分解为 CO2、H2O 等挥发，而碘元素（原本以有机碘形式存在于海带中）会转化为无机碘化物（如 KI、NaI），残留于灰烬（海带灰）中。注意：灰化需在通风条件下进行，避免有机燃烧产生的烟雾污染环境；将海带灰转移至烧杯，加入适量蒸馏水（或热水）搅拌，使灰中的无机碘化物（KI 等）溶解于水，形成含 I-的溶液。通过过滤操作分离不溶性杂质（如海带灰中的泥沙、未分解的固体残渣），得到含 I-的澄清滤液；利用氧化剂将滤液中的 I-（无色）氧化为 I2（棕黄色），常用氧化剂有 H2SO4酸化的 H2O2（反应：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O）、氯水（Cl2+2I-=2Cl-+I2）等。注意：若用氯水需控制用量，避免过量 Cl2将 I2进一步氧化为 IO3-。利用 I2易溶于有机溶剂（如 CCl4、苯）的性质，通过萃取、分液将 I2从水溶液转移至有机相，再经蒸馏分离得到 I2单质。常用滴定法（如用 Na2S2O3标准溶液滴定，反应：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-），根据滴定数据计算海带中碘的含量。据此解题。
（1）灰化需要灼烧，灼烧固体需要坩埚；
（2）双氧水被称为绿色试剂，产物不污染环境，C项符合题意。“氧化”时的离子方程式为；
（3）萃取剂应不溶于水，不与碘反应。氯仿、苯可以萃取碘，乙醇与水互溶，而裂化汽油中含烯烃等，可与发生加成反应，A、C项符合题意；
（4）多次萃取，循环使用萃取剂，能提高的萃取率；
（5）毛细玻璃管进入少量空气，起平衡气压，防暴沸的作用；克氏蒸馏头弯管的主要作用是防止减压蒸馏过程中液体因沸腾而进入冷凝管；
（6）根据反应式可知，，海带中碘元素含量；没有润洗滴定管，导致滴定管内附着蒸馏水也计入体积，导致消耗标准溶液体积偏大，结果偏高。
16．磷酸铁锂()电池因安全性能好、循环寿命长等优点被广泛使用。以磷酸铁锂(简称)废料(含少量铝粉)为原料制备和的工艺如下：
已知：几种金属离子的氢氧化物沉淀如下：
金属离子 开始沉淀的 完全沉淀的
回答下列问题：
（1）基态的电子云轮廓图为　 　(填“球形”或“哑铃形”)。中铁元素的化合价为　 　。
（2）如果将废料用溶液浸泡除去，则的电子式为　 　。
（3）请将“焙烧1”工序中发生反应的化学方程式补充完整：　 　
______________________。
（4）“除杂”工序中分步调节，除去的杂质依次是　 　、　 　(填氢氧化物的化学式)。
（5）“反应池”中加入适当过量的饱和溶液的目的是　 　；但是，不宜加入过多饱和溶液，其原因是　 　(从环保角度分析)。
（6）“沉铁”工序中、沉淀率随变化如图，随着增大，、沉淀率变化趋势不同的原因是　 　。
【答案】（1）球形；
（2）
（3）
（4）；
（5）增大，促进平衡向右移动；过多含磷废水排放，会加剧水体富营养化
（6）大于，部分沉淀转化成更难溶的
【知识点】原子核外电子的运动状态；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）基态Li+的电子排布式为，呈球形。在LiFePO4中，Li为+1价，PO43-为-3价，故Fe的化合价为+2价。
故答案为： 球形 ； +2 ；
（2）Al可用NaOH溶液除去，反应生成NaAlO2，且不引入新杂质。NaOH的电子式为。
故答案为： ；
（3）根据P守恒，反应产物缺少8个FePO4。由于Fe的化合价升高，必有元素化合价降低，推测O2参与反应。12个LiFePO4中的Fe2+失去12个电子，根据电子守恒，O2的化学计量数为3。化学方程式为： 故答案为： ；
（4）废料含Fe、Al元素，在NaHSO4（相当于强酸）作用下，浸液含Fe3+、Al3+。根据表中数据，通过分步调节pH可依次除去Fe(OH)3和Al(OH)3。
故答案为： ； ；
（5）加入过量Na3PO4饱和溶液的目的是增大PO43-浓度，促进平衡3Li+(aq) + PO43-(aq) Li3PO4(s)向右移动。但过量含磷废水排放会导致水体富营养化，污染环境。
故答案为： 增大，促进平衡向右移动 ； 过多含磷废水排放，会加剧水体富营养化 ；
（6）从图像可知，当pH＞2.5时：Fe3+沉淀率增大；PO43-沉淀率下降
原因是部分FePO4转化为更难溶的Fe(OH)3，导致PO43-进入溶液，降低了其沉淀率。
故答案为：大于，部分沉淀转化成更难溶的 。
【分析】将 LFP 废料与稍过量的 NaHSO4 H2O 混合后焙烧：废料中的 LiFePO4与 NaHSO4 H2O 反应，分解生成 Fe2O3、LiNaSO4；杂质铝粉则与 NaHSO4 H2O 反应，生成少量硫酸铝；焙烧的作用是将难溶的 LiFePO4转化为可溶于水的锂盐（LiNaSO4）和易分离的铁的氧化物（Fe2O3），同时将铝杂质转化为可溶性硫酸盐。向焙烧后的产物中加水进行 “水浸”：可溶性的 LiNaSO4、硫酸铝溶解于水，形成浸液；难溶性的 Fe2O3不溶解，通过过滤操作分离，得到滤渣 Fe2O3，浸液则进入后续处理环节。向 Fe2O3中加入磷酸 “沉铁”，通过调节 pH，使 Fe3+ 与 PO43- 结合生成 FePO4 2H2O 晶体；再将 FePO4 2H2O 进行焙烧，除去结晶水，最终得到目标产物FePO4。对水浸后的浸液进行处理：先除去浸液中的铝离子（通过沉淀等方法分离硫酸铝）；处理后的浸液（含 LiNaSO4）进入反应池，加入 Na3PO4饱和溶液，利用复分解反应使 Li+ 与 PO43- 结合，最终得到目标产物Li3PO4。
整个工艺的核心是通过焙烧将废料中的元素转化为易分离的形态，再分别提纯得到 Li3PO4和 FePO4，实现了废料中锂、铁资源的回收利用。
（1）基态锂离子电子排布式为，呈球形。中锂元素为价，磷酸根为价，故铁元素为价。
（2）Al和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，Al用NaOH溶液除去且不会引入新杂质，NaOH电子式为。
（3）根据守恒，产物缺8个，因为铁元素化合价升高，必有元素化合价降低，只能是参与反应。该反应中，12个中失去12个电子，则根据电子守恒，的化学计量数为3，化学方程式。
（4）废料含、元素，在(相当于强酸)作用下浸液含、，结合表中数据分步调依次除去、。
（5）根据平衡移动原理，加入饱和溶液且适当过量，有利于平衡向生成方向移动，故目的是增大，促进平衡向右移动。但是，磷是植物生长的营养元素，加入过多，会造成水体富营养化，污染水体，则原因为过多含磷废水排放，会加剧水体富营养化。
（6）从图像看出，大于，沉淀率增大，但是沉淀率下降，说明转化成，导致进入溶液，从而降低了的沉淀率，原因为大于，部分沉淀转化成更难溶的。
17．丙烯常作合成聚丙烯的单体。工业用丙烷制丙烯的方法有以下两种。
Ⅰ．直接脱氢：
Ⅱ．氧化脱氢：
请回答下列问题：
（1） 　 　。
（2）在刚性密闭容器中充入和，进行“氧化脱氢”制丙烯，测得单位时间内丙烯产率与催化剂(、)和温度关系如图1所示。
①催化效能：　 　(填“>”“<”或“=”)。
②点　 　(填“是”或“不是”)平衡点，判断依据是　 　。段丙烯产率降低的原因是　 　(填一点)。
（3）保持总压强为，向密闭容器中充入(不参与反应)和，仅发生“直接脱氢”反应，丙烷平衡转化率与温度、投料比()关系如图2所示。
①相同温度下，随着投料比增大，丙烷平衡转化率增大的原因是　 　。
②平衡常数：　 　(填“>”“<”或“=”)。
③温度下，平衡常数　 　。(结果保留1位小数)
已知：用分压计算的平衡常数叫压强平衡常数()，分压总压物质的量分数。
④若在点对应的体系中，再投入物质的量均为的丙烷、丙烯、氢气，平衡　 　(填“向正反应方向”“向逆反应方向”或“不”)移动。
【答案】（1）
（2）>；不是；相同温度下，、点转化率不相等；副产物增多(或催化剂选择性或活性降低等)
（3）总压一定，增大氩气与丙烷的投料比，反应体系的分压减小，平衡向正反应方向移动；>；；向逆反应方向
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；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，将反应Ⅰ乘以2减去反应Ⅱ后除以2，得到目标反应的焓变。计算结果为：。
故答案为： ；
（2）①在相同温度条件下，催化剂Cat2的丙烯产率高于Cat1，表明Cat2具有更低的活化能和更高的反应速率，因此Cat2的催化效能优于Cat1。
②平衡产率仅取决于温度，与催化剂选择无关。虽然b点与a点温度相同，但丙烯产率存在差异，说明b点未达到平衡状态。温度升高可能导致催化剂选择性下降、活性降低或副反应增加，因此在b→c阶段丙烯产率呈现下降趋势。
故答案为： > ； 不是 ； 相同温度下，、点转化率不相等 ； 副产物增多(或催化剂选择性或活性降低等) ；
（3）①丙烷直接脱氢是气体分子数增加的反应。在总压恒定时，提高氩气与丙烷的比例会降低反应物分压，推动平衡正向移动，促进丙烯生成。
②该反应为吸热过程，温度升高有利于丙烷转化。因此T1高于T2。温度升高使平衡常数增大，故K(m) > K(n)。
③Q点体系中，假设初始投料为1mol丙烷和2mol氩气，平衡时各组分的量均为0.5mol。各组分的分压计算为：。平衡常数K 计算得：。
④当体系中存在2mol氩气、1mol丙烷、1mol丙烯和1mol氢气时，反应商Q =，由于Q >K ，平衡将逆向移动。
故答案为： 总压一定，增大氩气与丙烷的投料比，反应体系的分压减小，平衡向正反应方向移动 ； > ； ； 向逆反应方向 。
【分析】(1) 用盖斯定律，将反应 Ⅰ×2 - 反应 Ⅱ 后除以 2，计算目标反应的 ΔH。
(2) ① 相同温度下，Cat2 催化的丙烯产率更高，Cat2 活化能更低、催化效能更强。
② 平衡产率只与温度有关，相同温度下 a、b 产率不同，则b 不是平衡点；b→c 产率降：催化剂活性降低、副产物增多。
(3) ① 总压一定，增大 Ar 投料比，体系分压减小，平衡向气体分子数增大的正反应移动。
② 正反应吸热，T1（转化率高）>T2，平衡常数 K (m)>K (n)。
③ 用 Q 点数据算各气体分压，代入 Kp 表达式（分压=总压 × 物质的量分数）计算。
④ 投料后算 Qp，与 Kp 比较得Qp>Kp，平衡逆向移动。
（1）根据盖斯定律，得目标反应，可计算得。
（2）①相同温度下，作用下，单位时间内丙烯产率高于，说明作用下反应活化能较低，反应速率较大，故催化效能大于。
②平衡产率只与温度有关，与催化剂无关。与点对应温度相等，但丙烯产率不相等，故点不是平衡点。温度过高，催化剂选择性降低、活性降低，副产物增多等因素导致段丙烯产率降低。
（3）①丙烷直接脱氢反应是气体分子数增大的反应，在总压一定的条件下，增大氩气与丙烷的投料比，反应体系的分压减小，平衡向正反应方向移动，有利于生成丙烯。
②正反应是吸热反应，升高温度，丙烷平衡转化率增大，故高于。升高温度，平衡常数增大，即。
③点体系中，若初始投入丙烷和，平衡时有丙烷、丙烯和氢气。。。
④投料后，体系中有，丙烷，丙烯和氢气。，平衡向逆反应方向移动。
18．是环氧树脂合成的中间体，一种合成路线如下：
回答下列问题：
（1）的名称是　 　；中含氧官能团的名称为　 　。
（2）的反应类型是　 　。
（3）中作　 　(填“氧化剂”“还原剂”或“催化剂”)。
（4）下列有关叙述错误的是　 　(填标号)。
a．和互为同系物 b．和都能与水形成氢键
c．一定有顺反异构体 d.1个分子含6个手性碳原子
（5）的化学方程式为　 　。
（6）在的同分异构体中，能发生银镜反应的结构还有　 　种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有三组峰的结构简式为　 　。
【答案】（1）乙醛；醚键
（2）加成反应
（3）还原剂
（4）ad
（5）
（6）3；、
【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；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）①据A的结构简式可知，A为乙醛；
故答案为：乙醛
②由G的结构简式可知，G中含氧官能团为醚键；
故答案为：醚键
（2）由分析可知：A()和3mol在氢氧化钠作用下，发生加成反应；
故答案为：加成反应
（3）根据由B到C官能团的变化，可以得到发生还原反应，则作还原剂；
故答案为：还原剂
（4）a．D是链状分子而F是环状分子，故二者不是同系物，a项错误；
b．化合物B、C都含羟基，都能与水形成氢键，b项正确；
c．D分子中碳碳双键的碳原子均连接两个不同的原子或基团，有顺反异构体，c项正确；
d．化合物G分子含4个手性碳原子如图所示(画“*”号的为手性碳原子)，d项错误；
故答案为：ad
（5）化合物E发生1，加成和D形成六元环烯醛F，化学方程式为：；
故答案为：
（6）①能发生银镜反应的D的同分异构体有、和，共3种；
故答案为：3
②其中核磁共振氢谱有三组峰即分子内有3种氢原子的结构简式为、；
故答案为：、。
【分析】乙醛分子（A）断裂甲基上的 C—H 键，甲醛分子断裂 C=O 键，二者发生加成反应形成新的 C—C 键（连接乙醛残基与甲醛残基），同时生成 H—O 键，最终得到含多个羟基、醛基的中间体 B()，中间体 B 在甲醛（HCHO）和浓 NaOH 溶液的作用下发生还原反应：B 分子中的醛基（—CHO）被还原，最终转化为多羟基结构的化合物 C()，化合物 E（含共轭双键：）与化合物 D（含醛基的烯烃）发生1，4 - 加成反应，加成后进一步成环，形成含六元环结构的烯醛类化合物 F()，化合物 F 与化合物 C 发生取代反应：C 分子中的羟基（—OH）作为亲核试剂，与 F 发生取代，形成含多个醚键的环状产物 G
（），同时生成副产物水。
整个合成过程的核心是通过加成、还原、成环、取代等反应，逐步构建复杂的多环有机分子结构。
（1）①据的结构简式可知，为乙醛；
故答案为：乙醛
②由的结构简式可知，G中含氧官能团为醚键；
故答案为：醚键
（2）由分析可知：A()和3mol在氢氧化钠作用下，发生加成反应；
故答案为：加成反应
（3）根据由B到C官能团的变化，可以得到发生还原反应，则作还原剂；
故答案为：还原剂
（4）a．D是链状分子而F是环状分子，故二者不是同系物，a项错误；
b．化合物、都含羟基，都能与水形成氢键，b项正确；
c．分子中碳碳双键的碳原子均连接两个不同的原子或基团，有顺反异构体，c项正确；
d．化合物G分子含4个手性碳原子如图所示(画“*”号的为手性碳原子)，d项错误；
故答案为：ad
（5）化合物E发生1，加成和D形成六元环烯醛F，化学方程式为：；
故答案为：
（6）①能发生银镜反应的D的同分异构体有、和，共3种；
故答案为：3
②其中核磁共振氢谱有三组峰即分子内有3种氢原子的结构简式为、；
故答案为：、
1 / 1河北省省级联考2024-2025学年高三上学期1月期末考试 化学试题
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．燕赵大地历史悠久，文化灿烂。下列河北博物院馆藏文物的主要成分属于硅酸盐的是
选项 A B
文物
朝代 战国(1977年出土) 五代(1995年出土)
名称 错金银虎噬鹿屏风座 白石彩绘散乐图浮雕
选项 C D
文物
朝代 北齐(1989年出土) 元(1964年出土)
名称 文宣帝高洋墓墓道壁画 青花海水龙纹八棱带盖瓷梅瓶
A．A B．B C．C D．D
2．关于实验安全，下列表述错误的是
A．和都是有毒气体，相关实验要注意防护和通风
B．观察烧杯中钾与水反应的实验现象时，要佩戴护目镜
C．实验室里药品过氧乙酸、过碳酸钠要贴
D．实验结束后剩余的电石、过氧化钠等药品要回收
3．高分子材料在生产、生活中应用广泛。下列说法错误的是
A．脲醛塑料(俗称电玉)，绝缘性好，耐溶剂性好
B．聚丙烯为网状结构，可作包装材料、薄膜和管道
C．对苯二甲酸和乙二醇发生缩聚反应合成有机高分子材料涤纶
D．用苯酚和甲醛合成的酚醛树脂可制作集成电路底板
4．氮化硼主要用于磨料加工、涂层材料和陶瓷制造。工业上，制造的原理有(1)；(2)。设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．标准状况下，含键数目为
B．在反应(1)中，制备时转移电子数目为
C．在反应(2)中，硼单质完全反应时生成分子数目为
D．含中子数目为
5．涉县连翘是河北著名中药材，其活性成分三萜类化合物的结构如图所示。
下列有关该活性成分的叙述错误的是
A．能发生消去、取代、加成、还原反应
B．不能与氯化铁溶液发生显色反应
C．含3种含氧官能团
D．存在顺反异构体
6．下列实验操作及现象能得出相应结论的是
选项 实验操作及现象 结论
A 常温下，在铁铝合金片上滴加浓硫酸，无明显现象 铁、铝与浓硫酸不反应
B 向待测液中滴加少量盐酸，产生白色沉淀 待测液一定含
C 加热装有溶液的试管，溶液由蓝色变为黄绿色
D 向含和混合溶液中滴加溶液，先产生黄色沉淀
A．A B．B C．C D．D
7．加工馒头、面包等食品时，常加入膨松剂，某种膨松剂发生如下反应：，其中、、、代表短周期主族元素且原子序数依次增大。也是一种常见的肥料。下列叙述正确的是
A．原子半径： B．第一电离能：
C．单质的沸点： D．电负性：
8．从微观视角探析物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列实例与解释不符的是
选项 实例 解释
A 铍和铝都能与NaOH反应 基态铍原子和铝原子价电子数相同
B 冰的熔点高于干冰 分子间作用力不同
C 键角小于 中心原子杂化轨道类型不同
D 键能大于 、原子半径不同
A．A B．B C．C D．D
9．强热条件下硫酸铵发生的分解反应如下：。下列叙述错误的是
A．是含配位键的离子晶体 B．和的模型相同
C．的沸点高于 D．是非极性分子
10．利用图示装置和表中试剂进行实验，能达到实验目的的是
选项 试剂 试剂 试剂 实验目的
A 浓盐酸 粉末 淀粉溶液 探究氯的电负性比碘的强
B 硫酸 粉末 溴水 探究具有漂白性
C 浓氨水 生石灰 酚酞溶液 探究氨水的酸碱性
D 稀硝酸 溶液 溶液 探究的溶解性
A．A B．B C．C D．D
11．是常见的污染物，催化氧化的反应过程与相对能量变化如图所示(所有物质均为气态)。
下列叙述正确的是
A．总反应分4个基元反应进行 B．氧化反应是放热反应
C．脱氢的速率最慢 D．图示物质中，最稳定
12．某甘汞电极电池结构如图所示(盐桥中装有琼脂与饱和溶液)。
已知：电池总反应为。
下列叙述错误的是
A．银的金属活动性比汞强
B．放电时，向银极迁移
C．正极的电极反应式为
D．负极有参与反应时转移电子数目约为
13．晶体具有良好的光学性能，晶胞为立方体。已知：晶胞参数为，为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．与最近且距离相等的的数目为6
B．1个晶胞中含有2个原子
C．和的最近距离为
D．该晶体密度
14．常温下，向溶液中加入少量粉末(忽略体积变化)，含铬离子浓度与关系如图所示。已知： ； 。
下列叙述错误的是
A．曲线代表的浓度与关系
B．常温下，
C．
D．时，离子浓度：
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．某研究性学习小组为了探究海带中碘元素的含量，简化的实验步骤如图所示(条件省略)：
回答下列问题：
（1）“灰化”主要用到的仪器有酒精灯、三脚架、泥三角、　 　等。
（2）从绿色化学角度考虑，“氧化”时宜选择下列试剂中的　 　(填标号)，写出对应反应的离子方程式：　 　。
A．稀硫酸、 B．氯气 C．稀硫酸、 D．稀硝酸
（3）“提取”操作时，将溶液转移至分液漏斗中，再加入，可选择___________(填标号)。
A．氯仿 B．乙醇 C．苯 D．裂化汽油
（4）萃取时，常采用多次萃取的方法提取碘，其目的是　 　。
（5）选用如图装置进行减压蒸馏，提取碘单质。
毛细玻璃管的作用是　 　；克氏蒸馏头相对普通蒸馏头，其优点是　 　(答一条)。
（6）已知滴定反应为。将“氧化”后溶液配制成溶液，准确量取配制溶液于锥形瓶，滴加标准溶液至恰好完全反应，消耗标准溶液体积为。该海带样品含碘量为　 　(用含、的代数式表示)。若滴定前没有“润洗”滴定管，则会造成测定的碘元素含量　 　(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
16．磷酸铁锂()电池因安全性能好、循环寿命长等优点被广泛使用。以磷酸铁锂(简称)废料(含少量铝粉)为原料制备和的工艺如下：
已知：几种金属离子的氢氧化物沉淀如下：
金属离子 开始沉淀的 完全沉淀的
回答下列问题：
（1）基态的电子云轮廓图为　 　(填“球形”或“哑铃形”)。中铁元素的化合价为　 　。
（2）如果将废料用溶液浸泡除去，则的电子式为　 　。
（3）请将“焙烧1”工序中发生反应的化学方程式补充完整：　 　
______________________。
（4）“除杂”工序中分步调节，除去的杂质依次是　 　、　 　(填氢氧化物的化学式)。
（5）“反应池”中加入适当过量的饱和溶液的目的是　 　；但是，不宜加入过多饱和溶液，其原因是　 　(从环保角度分析)。
（6）“沉铁”工序中、沉淀率随变化如图，随着增大，、沉淀率变化趋势不同的原因是　 　。
17．丙烯常作合成聚丙烯的单体。工业用丙烷制丙烯的方法有以下两种。
Ⅰ．直接脱氢：
Ⅱ．氧化脱氢：
请回答下列问题：
（1） 　 　。
（2）在刚性密闭容器中充入和，进行“氧化脱氢”制丙烯，测得单位时间内丙烯产率与催化剂(、)和温度关系如图1所示。
①催化效能：　 　(填“>”“<”或“=”)。
②点　 　(填“是”或“不是”)平衡点，判断依据是　 　。段丙烯产率降低的原因是　 　(填一点)。
（3）保持总压强为，向密闭容器中充入(不参与反应)和，仅发生“直接脱氢”反应，丙烷平衡转化率与温度、投料比()关系如图2所示。
①相同温度下，随着投料比增大，丙烷平衡转化率增大的原因是　 　。
②平衡常数：　 　(填“>”“<”或“=”)。
③温度下，平衡常数　 　。(结果保留1位小数)
已知：用分压计算的平衡常数叫压强平衡常数()，分压总压物质的量分数。
④若在点对应的体系中，再投入物质的量均为的丙烷、丙烯、氢气，平衡　 　(填“向正反应方向”“向逆反应方向”或“不”)移动。
18．是环氧树脂合成的中间体，一种合成路线如下：
回答下列问题：
（1）的名称是　 　；中含氧官能团的名称为　 　。
（2）的反应类型是　 　。
（3）中作　 　(填“氧化剂”“还原剂”或“催化剂”)。
（4）下列有关叙述错误的是　 　(填标号)。
a．和互为同系物 b．和都能与水形成氢键
c．一定有顺反异构体 d.1个分子含6个手性碳原子
（5）的化学方程式为　 　。
（6）在的同分异构体中，能发生银镜反应的结构还有　 　种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有三组峰的结构简式为　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】含硅矿物及材料的应用；硅酸盐
【解析】【解答】A、题目中提到的“错金银虎噬鹿屏风座”主要采用金属材料制作，故A不符合题意 ；B、“白石彩绘散乐图浮雕”的主要材质是汉白玉，其化学成分为（碳酸钙），属于无机非金属材料，故B不符合题意 ；
C、壁画的主要成分是各类颜料，通常为无机化合物，不属于题目要求的硅酸盐材料，故C不符合题意 ；
D、“青花海水龙纹八棱带盖瓷梅瓶”属于陶瓷制品，其主要成分为硅酸盐，符合题目描述的“无机非金属材料”范畴，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】本题的易错点主要集中在对不同文物材质及其成分的判断上，具体如下：
混淆文物材质对应的化学成分：比如误把选项 A（错金银虎噬鹿屏风座，主要成分是金属合金）、B（白石浮雕，主要成分是碳酸钙等）、C（壁画，主要成分是无机颜料、有机物等）当成硅酸盐类；
忽略了选项 D（青花瓷梅瓶）的主要材质是陶瓷，而陶瓷的主要成分属于硅酸盐。
对 “硅酸盐类物质” 的范围不清晰不清楚陶瓷、玻璃等传统无机非金属材料的主要成分是硅酸盐，而金属、石材、普通颜料等不属于硅酸盐类。
2．【答案】C
【知识点】化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】A、和均为有毒气体，实验过程中需做好防护措施并保持通风，A正确；
B、金属钾与水的反应十分剧烈且可能伴随爆炸，因此实验观察时必须佩戴护目镜以确保安全，B正确；
C、过氧乙酸（）属于有机过氧化物；而过碳酸钠（）属于无机过氧化物，C错误；
D、电石遇水会剧烈反应产生乙炔和大量热量，存在爆炸风险；过氧化钠能与水或二氧化碳反应放热，可能引发火灾。因此实验后必须妥善回收这些剩余药品，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题的易错点主要有以下几点：
对物质类别与标识的对应关系混淆：误将过碳酸钠（属于碳酸盐，并非有机过氧化物）归为有机过氧化物，错认为它应贴有机过氧化物标识（选项 C 的错误点）；不清楚 “有机过氧化物” 标识仅适用于含碳的过氧化物类物质。
对实验剩余药品处理原则理解模糊：误认为电石、过氧化钠等危险药品可以直接回收（选项 D 的干扰点），忽略了这类药品有较强的反应性，需按特定规范处理，但本题中 D 的表述并非错误（题目错误选项是 C），易因对回收规则的片面认知而误判。
对危险操作防护的细节疏忽：可能忽略钾与水反应的剧烈性（会飞溅、燃烧），误以为不需要护目镜（选项 B），但实际该操作必须防护，此选项是正确的，易因对反应剧烈程度的低估而混淆正确选项。
3．【答案】B
【知识点】常用合成高分子材料的化学成分及其性能
【解析】【解答】A、脲醛塑料是以脲醛树脂为主要成分制成的塑料，具有优异的绝缘性能，并且不溶于水和大多数有机溶剂，A正确；B、聚丙烯是通过丙烯单体加聚反应形成的聚合物，其分子链呈线性排列，属于线型高分子结构，B错误；
C、涤纶的合成是通过对苯二甲酸的羧基与乙二醇的羟基在催化剂作用下进行缩聚反应实现的，该过程伴随脱水反应，C正确；
D、由苯酚和甲醛反应制得的热固性酚醛树脂具有三维网状结构，这种结构使其具有耐热性、不溶性和绝缘性等特性，适用于制作电路板等电子元件，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点主要集中在对高分子材料结构与性质的混淆：
混淆高分子的结构类型：误将聚丙烯（线性结构，具有热塑性）认为是网状结构（网状结构通常是热固性高分子，如酚醛树脂），错选 B 选项时易忽略 “线性结构” 与 “网状结构” 对应的性能差异（选项 B 的错误核心）。
对缩聚反应及产物的认知模糊：可能不确定对苯二甲酸与乙二醇的反应类型（缩聚），或混淆涤纶的合成原料，误判选项 C 的正确性，但 C 实际是正确表述。
对常见高分子材料的性能与用途记忆不准确：比如不清楚脲醛塑料（电玉）的绝缘、耐溶剂性（选项 A 正确），或酚醛树脂可作电路板底板（选项 D 正确），易因对这些常识的不熟悉而误选其他选项。
4．【答案】A
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、每个N2分子含有2个π键，1120 mL N2在标准状况下的物质的量计算：，π键数目为0.1NA，A正确；
B、反应(1)中，每生成2 mol BN转移6 mol电子，10 g BN的电子转移量计算： ，B错误；
C、根据反应(2)，1 mol B完全反应生成1.5 mol H2，H2分子数应为1.5NA，与选项不符，C错误；
D、的中子数计算：，计算结果与选项不符，D错误；
故答案为：A。
【分析】A. 先通过标准状况下气体体积计算物质的量（如选项A中），再结合的结构（1个含2个π键），直接计算π键数目。
B. 先分析反应中元素化合价变化（如反应(1)中B从0价到+3价，从0价到-3价），再根据产物物质的量（如10g BN的物质的量），结合化合价变化量计算转移电子数。
C. 依据反应方程式的系数比（如反应(2)中2mol B生成3mol ），推导1mol B对应的物质的量，避免直接按错误比例计算。
D. 明确“中子数=质量数-质子数”，先计算原子的物质的量（如的物质的量），再结合中子数公式计算，注意质量数的正确使用。
5．【答案】D
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；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】A、该分子结构中的羟基可参与取代反应和消去反应，酮羰基能发生还原反应，碳碳双键可发生加成反应，A正确；
B、由于分子中不含苯环结构且无酚羟基存在，因此无法与氯化铁溶液产生显色反应，B正确；
C、分子中含有羟基（-OH）、醚键（-O-）和酮羰基（>C=O）三种含氧官能团，C正确；
D、碳碳双键的两个碳原子上分别连接两个甲基，不符合顺反异构体的形成条件，D错误；
故答案为：D。
【分析】这道题的解题突破口：
A．官能团性质决定反应类型：通过羟基、羰基、碳碳双键，判断消去、加成等反应
B．酚羟基特征：无酚羟基，不与 FeCl3显色。
C．数含氧官能团：统计羟基、酯基、羰基共 3 种。
D．顺反异构条件：碳碳双键一端连 2 个 H，无顺反异构。
6．【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；浓硫酸的性质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、常温下，浓硫酸会使铁铝合金发生钝化，在其表面形成致密的氧化膜，因此该现象不能证明含铝元素，A错误；
B、向硅酸钠（）或四羟基合铝酸钠（ ）溶液中滴加少量盐酸，均会生成白色沉淀，故无法通过该现象判断溶液中一定含银离子（），B错误；
C、溶液变为黄绿色说明生成了四氯合铜(II)配离子（ ），加热后平衡正向移动，表明该反应为吸热反应，C正确；
D、由于未提供原溶液中氯离子（）与碘离子（）的初始浓度，无法直接得出氯化银（AgCl）的溶度积大于碘化银（AgI）的结论，D错误；
故答案为：C。
【分析】这道题的解题突破口：
A．钝化的认知：常温下 Fe、Al 遇浓硫酸会钝化（不是不反应）。
B．沉淀离子的多样性：加盐酸产生白色沉淀，可能是 Ag+、SiO32-等，不能确定单一离子。
C．溶液颜色变化的对应性：Cu2+ 溶液（蓝）加热水解为 Cu(OH)2（黄绿），现象与变化匹配。
D．沉淀先后的条件：沉淀顺序由浓度和溶度积共同决定，仅 “先产黄色沉淀” 不能直接得结论。
7．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、氢原子(H)的半径最小，碳(C)、氮(N)、氧(O)的原子半径依次减小。因此正确的原子半径关系应为C > N > O > H，A错误；
B、同一周期元素的第一电离能总体呈增大趋势，但氮(N)的2p轨道电子处于半充满稳定状态，其第一电离能高于氧(O)。因此正确的第一电离能顺序为N > O > C，B正确；
C、O2、N2、H2的沸点主要取决于范德华力，而范德华力与相对分子质量成正比。虽然O2的相对分子质量最大，但N元素的价电子为半满结构， 实际沸点顺序为
O2(-183℃) > N2(-196℃) > H2(-253℃)，C错误；
D、同一周期从左到右元素电负性逐渐增大，氢的电负性最小。正确的电负性顺序应为O > N > C > H，D错误；
故答案为：B。
【分析】题目描述的化学反应是碳酸氢铵(NH4HCO3)的分解反应，其化学方程式为：
。
根据题目给出的元素符号对应关系：X表示氢(H)；Y表示碳(C)；Z表示氮(N)；T表示氧(O)，据此解题。
8．【答案】A
【知识点】键能、键长、键角及其应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；化学键和分子间作用力的区别
【解析】【解析】A、铍（Be）和铝（Al）的价电子数分别为2和3，二者不相等。但根据元素周期表中的对角线规则，铍与铝的化学性质相似，都具有两性特征，因此都能与氢氧化钠（NaOH）发生反应，A选项错误。B、冰（H2O）分子间存在氢键和范德华力两种相互作用，而干冰（CO2）分子间仅存在范德华力。由于作用力的类型和强度不同，导致二者性质差异明显，B选项正确。
C、对于SO2分子：硫原子的孤电子对数计算： ；价层电子对数：2（成键电子对）+1（孤电子对）=3。杂化方式为sp2，分子呈V形结构。对于CO2分子：碳原子的孤电子对数计算： ，价层电子对数：2+0=2。杂化方式为sp，分子呈直线形结构，C选项正确。
D、由于氮原子半径小于碳原子，导致N≡N三键的键长比C≡C更短，键能更大，D选项正确。
故答案为：A
【分析】A、Be、Al处于对角线位置，二者的化学性质相似。
B、冰和干冰的相对分子质量不同，范德华力不同。
C、根据中心原子价层电子对数确定其杂化轨道和空间结构，从而确定其键角大小。
D、原子半径越小，键长越短，键能越大。
9．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、铵离子()中存在配位键，与硫酸根()通过离子键结合，因此硫酸铵()是含有配位键的离子晶体，A正确；
B、水分子()和氨分子()中，氧原子和氮原子的价层电子对数均为4，其VSEPR模型均为四面体形，B正确；
C、二氧化硫()是极性分子且相对分子质量较大，分子间作用力远强于氮气()，因此沸点更高，C正确；
D、二氧化硫()分子呈V形结构，正负电荷中心不重合，属于极性分子，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．(NH4)2SO4是离子晶体，由 NH4+和 SO42-通过离子键结合，其中 NH4+中存在 N 与 H 形成的配位键。
B．H2O 中中心 O 原子的价层电子对数为 4，VSEPR 模型为四面体形；NH3中中心 N 原子的价层电子对数为 4，VSEPR 模型为四面体形。二者模型相同。
C．SO2是极性分子， 相对分子质量较大，N2是非极性分子，相对分子质量较小，因此SO2沸点高于 N2。
D．SO2分子呈 V 形，正负电荷中心不重合，属于极性分子。
10．【答案】C
【知识点】氯气的实验室制法；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、浓盐酸和 MnO2反应需要加热，但装置无加热条件，无法生成 Cl2；且即使生成 Cl2，Cl2能氧化 KI 生成 I2使淀粉变蓝，但 “电负性比较” 需通过元素非金属性（得电子能力）体现，此实验逻辑不匹配，故A不符合题意 ；
B、75% 硫酸和 Na2SO3反应生成 SO2，但 SO2使溴水褪色是因为发生氧化还原反应（SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr），体现的是 SO2的还原性，而非漂白性（漂白性是使有机色质褪色），故B不符合题意 ；
C、浓氨水与生石灰混合，生石灰吸水放热，促进 NH3 H2O 分解生成 NH3；NH3通入酚酞溶液，与水结合成 NH3 H2O，电离出 OH-使酚酞变红，能证明氨水呈碱性，故C符合题意 ；
D、稀硝酸具有强氧化性，会将 NaHS 中的 S2-氧化（生成 S 或 SO42-），无法提供足量 S2-与 CuSO4反应生成 CuS 沉淀，不能探究 CuS 的溶解性，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】这道题的解题突破口：
反应条件匹配性：选项 A 中浓盐酸与 MnO2反应需加热，装置无加热条件。
性质与现象的对应性：选项 B 中 SO2使溴水褪色体现的是还原性（非漂白性），实验目的与性质不匹配。
试剂作用与实验逻辑：选项 C 中生石灰促进浓氨水释放 NH3，NH3溶于水显碱性能使酚酞变红，试剂、装置与实验目的（探究氨水酸碱性）完全契合。
物质氧化性的干扰：选项 D 中稀硝酸会氧化 NaHS 中的 S2-，无法生成 CuS 沉淀，实验设计存在干扰。
11．【答案】B
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、基元反应数判断：看反应过程中过渡态（TS）的数量，图中有 TS1、TS2、TS3、TS4共 4 个过渡态，反应是从 HCHO 到最终产物，图中步骤对应基元反应数为5，A错误；
B、通过分析图中各物质的相对能量（HCHO、O2、CO2和H2O），可以计算反应的焓变（ΔH）。根据公式：ΔH = 生成物能量之和 - 反应物能量之和：
具体计算如下：HCHO(g) + O2(g) → CO2(g) + H2O(g)，ΔH = [(-585.09) + (-421.98) - (-600.08)] kJ·mol-1 = -406.99 kJ·mol-1，由于ΔH < 0，说明该反应为放热反应，B正确；
C、在反应过程中，HCO2*脱氢步骤的能垒最大，意味着该步骤的反应速率最慢，从而控制总反应的速率。C错误；
D、微粒的相对能量越低，其稳定性越高。从图中可以看出，CO2*是最稳定的物质，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．基元反应是指在反应历程中发生断键或成键的单个步骤。根据题目描述，总反应包含5个基元反应。
B．放热、吸热反应判断：对比反应物（HCHO，相对能量 0）和最终产物（CO2、H2O，相对能量远低于 0），产物总能量＜反应物总能量，判定为放热反应。
C．反应速率快慢判断：反应速率由活化能（过渡态与反应物的能量差）决定，活化能越大速率越慢。H2CO2* 脱氢对应的过渡态 TS1的活化能（46.22 - (-107.15)）较小，不是最慢步骤。
D．物质稳定性判断：相对能量越低物质越稳定，图中 CO2* 相对能量最低（-600.88），HCHO 相对能量为 0，并非最稳定。
12．【答案】A
【知识点】原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、在金属活动性顺序中，汞（Hg）位于银（Ag）之前，说明汞的活性更强。该电池能自发反应的原因是难溶于水，导致银的活性相对增强，A错误；保存进入下一题
B、放电过程中，银电极作为负极，阴离子（Cl-）会向负极迁移，B正确；
C、正极（甘汞电极）发生还原反应，C正确；
D、负极反应式为。计算银的物质的量：，转移电子数也为0.2 mol，D正确；
故答案为：A。
【分析】根据电池的总反应分析可知，银电极作为负极，甘汞电极作为正极。 电池总反应为 ，据此解题。
13．【答案】D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解析】A、晶胞结构中K原子位于顶点位置，O原子位于面心位置。根据几何关系，每个K原子周围有12个距离相等的O原子，A选项错误。B、利用晶胞的均摊法计算，顶点位置的K原子贡献度为1/8，整个晶胞含有8个顶点，所以K原子总数为8×1/8=1个，B选项正确。
C、K与O之间的最近距离是晶胞面对角线的一半，即 ，C选项正确。
D、晶胞含有1个KIO3单元，其摩尔质量为39+127+16×3=214 g/mol。密度计算公式为： ，D选项正确。
故答案为：D
【分析】A、以顶点K原子为中心，与之距离最近且相等的O原子位于晶胞的面心，据此分析。
B、K原子位于晶胞的顶点，根据均摊法计算。
C、O原子位于晶胞面心，K、O原子的最近距离为面对角线的一半。
D、根据公式计算晶胞密度。
14．【答案】C
【知识点】化学平衡常数；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、pH增大时，OH-浓度上升，Cr3+（L1）先与1个OH-结合生成[Cr(OH)]2+（L2，浓度先增后减），再结合1个OH-生成[Cr(OH)2]+（L3，浓度后期增大）。因此L2曲线对应[Cr(OH)]2+的浓度变化，A正确；
B、反应 的平衡常数 。
取b点（pH=5.9，），，代入得：（实际结合a、b点推导，最终得 ），B正确；
C、反应 的 。
取b点（pH=5.9，），，代入得：
，C错误；
D、pH=4时，观察曲线可知：L2（[Cr(OH)]2+）浓度 > L1（Cr3+）浓度 > L3（[Cr(OH)2]+）浓度，即 ，D正确；
故答案为：C。
【分析】1. 曲线与离子的对应关系（破题基础）
根据“pH增大，OH-浓度上升，Cr3+逐步结合OH-”的规律：Cr3+（L1）：pH增大时浓度持续减小；[Cr(OH)]2+（L2）：先结合1个OH-生成，浓度先增后减；[Cr(OH)2]+（L3）：再结合1个OH-生成，浓度后期增大。据此匹配曲线对应的离子，判断选项A。
2. 平衡常数的计算（核心方法）
利用平衡常数表达式 ，结合图中“浓度相等的点（如a、b点）”计算： 对反应 ，代入b点数据（），结合pH求，计算得K，判断选项B，对反应 ，同理代入对应点数据，计算K2，判断选项C。
3. 特定pH下的离子浓度比较（直接观察）
找到pH=4对应的曲线位置，直接比较三条曲线的浓度大小，判断选项D。
15．【答案】（1）坩埚
（2）C；
（3）A；C
（4）提高的萃取率
（5）平衡气压，防暴沸；防止烧瓶中液体剧烈沸腾而进入冷凝管
（6）；偏高
【知识点】海水资源及其综合利用；物质的分离与提纯；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）灰化过程需要灼烧固体，应使用坩埚作为容器。
故答案为： 坩埚 ；
（2）双氧水作为绿色试剂，其氧化产物无污染，因此C项符合题意。"氧化"步骤的离子方程式为：
。
故答案为： C ； ；
（3）萃取剂需满足：不溶于水、不与碘反应。氯仿和苯可作为碘的萃取剂，乙醇与水互溶不适合，裂化汽油含烯烃会与I2发生加成反应。因此A、C项符合要求。
故答案为： A C ；
（4）采用多次萃取并循环使用萃取剂，可显著提高I2的萃取效率。
故答案为： 提高的萃取率 ；
（5）毛细玻璃管通入少量空气可平衡气压并防止暴沸；克氏蒸馏头弯管的主要功能是防止减压蒸馏时液体因沸腾进入冷凝管。
故答案为： 平衡气压，防暴沸 ； 防止烧瓶中液体剧烈沸腾而进入冷凝管 ；
（6）根据反应计量关系：
海带中碘元素含量计算公式：
误差分析：未润洗滴定管会使蒸馏水计入标准溶液体积，导致Na2S2O3消耗量偏大，最终测定结果偏高。
故答案为： ； 偏高 。
【分析】将干海带粉碎，增大其表面积，后续灰化时能更充分地与空气接触，同时也便于后续溶解操作中碘元素的释放；将粉碎的海带在坩埚中高温灼烧（通常用酒精灯或酒精喷灯），使海带中的有机成分（如蛋白质、纤维素等）被氧化分解为 CO2、H2O 等挥发，而碘元素（原本以有机碘形式存在于海带中）会转化为无机碘化物（如 KI、NaI），残留于灰烬（海带灰）中。注意：灰化需在通风条件下进行，避免有机燃烧产生的烟雾污染环境；将海带灰转移至烧杯，加入适量蒸馏水（或热水）搅拌，使灰中的无机碘化物（KI 等）溶解于水，形成含 I-的溶液。通过过滤操作分离不溶性杂质（如海带灰中的泥沙、未分解的固体残渣），得到含 I-的澄清滤液；利用氧化剂将滤液中的 I-（无色）氧化为 I2（棕黄色），常用氧化剂有 H2SO4酸化的 H2O2（反应：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O）、氯水（Cl2+2I-=2Cl-+I2）等。注意：若用氯水需控制用量，避免过量 Cl2将 I2进一步氧化为 IO3-。利用 I2易溶于有机溶剂（如 CCl4、苯）的性质，通过萃取、分液将 I2从水溶液转移至有机相，再经蒸馏分离得到 I2单质。常用滴定法（如用 Na2S2O3标准溶液滴定，反应：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-），根据滴定数据计算海带中碘的含量。据此解题。
（1）灰化需要灼烧，灼烧固体需要坩埚；
（2）双氧水被称为绿色试剂，产物不污染环境，C项符合题意。“氧化”时的离子方程式为；
（3）萃取剂应不溶于水，不与碘反应。氯仿、苯可以萃取碘，乙醇与水互溶，而裂化汽油中含烯烃等，可与发生加成反应，A、C项符合题意；
（4）多次萃取，循环使用萃取剂，能提高的萃取率；
（5）毛细玻璃管进入少量空气，起平衡气压，防暴沸的作用；克氏蒸馏头弯管的主要作用是防止减压蒸馏过程中液体因沸腾而进入冷凝管；
（6）根据反应式可知，，海带中碘元素含量；没有润洗滴定管，导致滴定管内附着蒸馏水也计入体积，导致消耗标准溶液体积偏大，结果偏高。
16．【答案】（1）球形；
（2）
（3）
（4）；
（5）增大，促进平衡向右移动；过多含磷废水排放，会加剧水体富营养化
（6）大于，部分沉淀转化成更难溶的
【知识点】原子核外电子的运动状态；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）基态Li+的电子排布式为，呈球形。在LiFePO4中，Li为+1价，PO43-为-3价，故Fe的化合价为+2价。
故答案为： 球形 ； +2 ；
（2）Al可用NaOH溶液除去，反应生成NaAlO2，且不引入新杂质。NaOH的电子式为。
故答案为： ；
（3）根据P守恒，反应产物缺少8个FePO4。由于Fe的化合价升高，必有元素化合价降低，推测O2参与反应。12个LiFePO4中的Fe2+失去12个电子，根据电子守恒，O2的化学计量数为3。化学方程式为： 故答案为： ；
（4）废料含Fe、Al元素，在NaHSO4（相当于强酸）作用下，浸液含Fe3+、Al3+。根据表中数据，通过分步调节pH可依次除去Fe(OH)3和Al(OH)3。
故答案为： ； ；
（5）加入过量Na3PO4饱和溶液的目的是增大PO43-浓度，促进平衡3Li+(aq) + PO43-(aq) Li3PO4(s)向右移动。但过量含磷废水排放会导致水体富营养化，污染环境。
故答案为： 增大，促进平衡向右移动 ； 过多含磷废水排放，会加剧水体富营养化 ；
（6）从图像可知，当pH＞2.5时：Fe3+沉淀率增大；PO43-沉淀率下降
原因是部分FePO4转化为更难溶的Fe(OH)3，导致PO43-进入溶液，降低了其沉淀率。
故答案为：大于，部分沉淀转化成更难溶的 。
【分析】将 LFP 废料与稍过量的 NaHSO4 H2O 混合后焙烧：废料中的 LiFePO4与 NaHSO4 H2O 反应，分解生成 Fe2O3、LiNaSO4；杂质铝粉则与 NaHSO4 H2O 反应，生成少量硫酸铝；焙烧的作用是将难溶的 LiFePO4转化为可溶于水的锂盐（LiNaSO4）和易分离的铁的氧化物（Fe2O3），同时将铝杂质转化为可溶性硫酸盐。向焙烧后的产物中加水进行 “水浸”：可溶性的 LiNaSO4、硫酸铝溶解于水，形成浸液；难溶性的 Fe2O3不溶解，通过过滤操作分离，得到滤渣 Fe2O3，浸液则进入后续处理环节。向 Fe2O3中加入磷酸 “沉铁”，通过调节 pH，使 Fe3+ 与 PO43- 结合生成 FePO4 2H2O 晶体；再将 FePO4 2H2O 进行焙烧，除去结晶水，最终得到目标产物FePO4。对水浸后的浸液进行处理：先除去浸液中的铝离子（通过沉淀等方法分离硫酸铝）；处理后的浸液（含 LiNaSO4）进入反应池，加入 Na3PO4饱和溶液，利用复分解反应使 Li+ 与 PO43- 结合，最终得到目标产物Li3PO4。
整个工艺的核心是通过焙烧将废料中的元素转化为易分离的形态，再分别提纯得到 Li3PO4和 FePO4，实现了废料中锂、铁资源的回收利用。
（1）基态锂离子电子排布式为，呈球形。中锂元素为价，磷酸根为价，故铁元素为价。
（2）Al和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，Al用NaOH溶液除去且不会引入新杂质，NaOH电子式为。
（3）根据守恒，产物缺8个，因为铁元素化合价升高，必有元素化合价降低，只能是参与反应。该反应中，12个中失去12个电子，则根据电子守恒，的化学计量数为3，化学方程式。
（4）废料含、元素，在(相当于强酸)作用下浸液含、，结合表中数据分步调依次除去、。
（5）根据平衡移动原理，加入饱和溶液且适当过量，有利于平衡向生成方向移动，故目的是增大，促进平衡向右移动。但是，磷是植物生长的营养元素，加入过多，会造成水体富营养化，污染水体，则原因为过多含磷废水排放，会加剧水体富营养化。
（6）从图像看出，大于，沉淀率增大，但是沉淀率下降，说明转化成，导致进入溶液，从而降低了的沉淀率，原因为大于，部分沉淀转化成更难溶的。
17．【答案】（1）
（2）>；不是；相同温度下，、点转化率不相等；副产物增多(或催化剂选择性或活性降低等)
（3）总压一定，增大氩气与丙烷的投料比，反应体系的分压减小，平衡向正反应方向移动；>；；向逆反应方向
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；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，将反应Ⅰ乘以2减去反应Ⅱ后除以2，得到目标反应的焓变。计算结果为：。
故答案为： ；
（2）①在相同温度条件下，催化剂Cat2的丙烯产率高于Cat1，表明Cat2具有更低的活化能和更高的反应速率，因此Cat2的催化效能优于Cat1。
②平衡产率仅取决于温度，与催化剂选择无关。虽然b点与a点温度相同，但丙烯产率存在差异，说明b点未达到平衡状态。温度升高可能导致催化剂选择性下降、活性降低或副反应增加，因此在b→c阶段丙烯产率呈现下降趋势。
故答案为： > ； 不是 ； 相同温度下，、点转化率不相等 ； 副产物增多(或催化剂选择性或活性降低等) ；
（3）①丙烷直接脱氢是气体分子数增加的反应。在总压恒定时，提高氩气与丙烷的比例会降低反应物分压，推动平衡正向移动，促进丙烯生成。
②该反应为吸热过程，温度升高有利于丙烷转化。因此T1高于T2。温度升高使平衡常数增大，故K(m) > K(n)。
③Q点体系中，假设初始投料为1mol丙烷和2mol氩气，平衡时各组分的量均为0.5mol。各组分的分压计算为：。平衡常数K 计算得：。
④当体系中存在2mol氩气、1mol丙烷、1mol丙烯和1mol氢气时，反应商Q =，由于Q >K ，平衡将逆向移动。
故答案为： 总压一定，增大氩气与丙烷的投料比，反应体系的分压减小，平衡向正反应方向移动 ； > ； ； 向逆反应方向 。
【分析】(1) 用盖斯定律，将反应 Ⅰ×2 - 反应 Ⅱ 后除以 2，计算目标反应的 ΔH。
(2) ① 相同温度下，Cat2 催化的丙烯产率更高，Cat2 活化能更低、催化效能更强。
② 平衡产率只与温度有关，相同温度下 a、b 产率不同，则b 不是平衡点；b→c 产率降：催化剂活性降低、副产物增多。
(3) ① 总压一定，增大 Ar 投料比，体系分压减小，平衡向气体分子数增大的正反应移动。
② 正反应吸热，T1（转化率高）>T2，平衡常数 K (m)>K (n)。
③ 用 Q 点数据算各气体分压，代入 Kp 表达式（分压=总压 × 物质的量分数）计算。
④ 投料后算 Qp，与 Kp 比较得Qp>Kp，平衡逆向移动。
（1）根据盖斯定律，得目标反应，可计算得。
（2）①相同温度下，作用下，单位时间内丙烯产率高于，说明作用下反应活化能较低，反应速率较大，故催化效能大于。
②平衡产率只与温度有关，与催化剂无关。与点对应温度相等，但丙烯产率不相等，故点不是平衡点。温度过高，催化剂选择性降低、活性降低，副产物增多等因素导致段丙烯产率降低。
（3）①丙烷直接脱氢反应是气体分子数增大的反应，在总压一定的条件下，增大氩气与丙烷的投料比，反应体系的分压减小，平衡向正反应方向移动，有利于生成丙烯。
②正反应是吸热反应，升高温度，丙烷平衡转化率增大，故高于。升高温度，平衡常数增大，即。
③点体系中，若初始投入丙烷和，平衡时有丙烷、丙烯和氢气。。。
④投料后，体系中有，丙烷，丙烯和氢气。，平衡向逆反应方向移动。
18．【答案】（1）乙醛；醚键
（2）加成反应
（3）还原剂
（4）ad
（5）
（6）3；、
【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；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）①据A的结构简式可知，A为乙醛；
故答案为：乙醛
②由G的结构简式可知，G中含氧官能团为醚键；
故答案为：醚键
（2）由分析可知：A()和3mol在氢氧化钠作用下，发生加成反应；
故答案为：加成反应
（3）根据由B到C官能团的变化，可以得到发生还原反应，则作还原剂；
故答案为：还原剂
（4）a．D是链状分子而F是环状分子，故二者不是同系物，a项错误；
b．化合物B、C都含羟基，都能与水形成氢键，b项正确；
c．D分子中碳碳双键的碳原子均连接两个不同的原子或基团，有顺反异构体，c项正确；
d．化合物G分子含4个手性碳原子如图所示(画“*”号的为手性碳原子)，d项错误；
故答案为：ad
（5）化合物E发生1，加成和D形成六元环烯醛F，化学方程式为：；
故答案为：
（6）①能发生银镜反应的D的同分异构体有、和，共3种；
故答案为：3
②其中核磁共振氢谱有三组峰即分子内有3种氢原子的结构简式为、；
故答案为：、。
【分析】乙醛分子（A）断裂甲基上的 C—H 键，甲醛分子断裂 C=O 键，二者发生加成反应形成新的 C—C 键（连接乙醛残基与甲醛残基），同时生成 H—O 键，最终得到含多个羟基、醛基的中间体 B()，中间体 B 在甲醛（HCHO）和浓 NaOH 溶液的作用下发生还原反应：B 分子中的醛基（—CHO）被还原，最终转化为多羟基结构的化合物 C()，化合物 E（含共轭双键：）与化合物 D（含醛基的烯烃）发生1，4 - 加成反应，加成后进一步成环，形成含六元环结构的烯醛类化合物 F()，化合物 F 与化合物 C 发生取代反应：C 分子中的羟基（—OH）作为亲核试剂，与 F 发生取代，形成含多个醚键的环状产物 G
（），同时生成副产物水。
整个合成过程的核心是通过加成、还原、成环、取代等反应，逐步构建复杂的多环有机分子结构。
（1）①据的结构简式可知，为乙醛；
故答案为：乙醛
②由的结构简式可知，G中含氧官能团为醚键；
故答案为：醚键
（2）由分析可知：A()和3mol在氢氧化钠作用下，发生加成反应；
故答案为：加成反应
（3）根据由B到C官能团的变化，可以得到发生还原反应，则作还原剂；
故答案为：还原剂
（4）a．D是链状分子而F是环状分子，故二者不是同系物，a项错误；
b．化合物、都含羟基，都能与水形成氢键，b项正确；
c．分子中碳碳双键的碳原子均连接两个不同的原子或基团，有顺反异构体，c项正确；
d．化合物G分子含4个手性碳原子如图所示(画“*”号的为手性碳原子)，d项错误；
故答案为：ad
（5）化合物E发生1，加成和D形成六元环烯醛F，化学方程式为：；
故答案为：
（6）①能发生银镜反应的D的同分异构体有、和，共3种；
故答案为：3
②其中核磁共振氢谱有三组峰即分子内有3种氢原子的结构简式为、；
故答案为：、
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