资源简介

河北省十校联考2025-2026学年高三上学期开学化学试题
一、选择题(本题包括14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意)
1．中国文物具有鲜明的时代特征。下列文物的主要成分属于硅酸盐的是
A．纳西族羊皮披肩 B．九霄环佩木古琴
C．南朝弦纹三足铜铛 D．东晋酱褐釉陶牛车
2．化学用语是学习化学的工具，下列化学用语表述错误的是
A．激发态H原子的轨道表达式：
B．形成过程：
C．可表示乙烷
D．中化学键的电子云轮廓图：
3．以下试剂的保存方法正确的是
A．浓硝酸保存在棕色细口瓶中
B．活泼金属锂、钠均应保存在盛有煤油的广口瓶中
C．氢氟酸应保存在塞有塑料塞的玻璃细口瓶中
D．盛有液溴的棕色细口瓶中加水液封，并盖好橡胶塞
4．下列反应的离子方程式书写正确的是
A．向饱和溶液中通入过量：
B．向溶液中加入过量溶液：
C．向溶液中加入过量溶液：
D．向溶液中加入过量氨水：
5．膦是一种无色剧毒气体，其分子结构和相似，可用白磷与过量强碱溶液反应制备，反应方程式为。下列说法正确的是
A．为三元酸
B．和的空间构型相同
C．键长：，键角：
D．将过量通入溶液，形成的1mol配离子中有个σ键
6．M与N反应可合成某种药物中间体G。下列说法正确的是
A．N分子可形成分子间氢键
B．M分子中含有一个手性碳原子
C．G分子的碳原子轨道有两种杂化方式
D．G既可与NaOH溶液反应，也可与盐酸反应
7．硫及其化合物部分转化关系如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．分子的空间结构为平面三角形
B．溶液中，数目为
C．反应①每消耗，生成物中硫原子数目为
D．反应②每生成1mol还原产物，转移电子数目为
8．部分含及物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列推断不合理的是
A．图中、e'对应含氧酸均为强电解质
B．工业上通过来制备
C．利用a还原c或者d可以消除氮氧化物的污染
D．久置的b'水溶液酸性会增强
9．下列选项中的物质不能按图示关系实现一步转化的是
X Y Z
A
B
C
D
A．A B．B C．C D．D
10．某小组为了探究紫红色与草酸反应的产物，设计实验如下(夹持装置及尾气处理装置已略去)：
按如图装置进行实验，观察到装置a中剧烈反应，产生大量气泡和黑色固体，用带火星的木条放在e管口处，木条复燃；装置b中澄清石灰水变浑浊。已知难溶于水。下列叙述正确的是
A．装置c中的现象是溶液变蓝色
B．由装置b中现象可推知，有生成
C．由e处现象可证明草酸被氧化
D．可用稀硝酸、KSCN溶液确定装置a中产生黑色固体的成分
11．为了探究物质的性质与成分，分别取少量样品进行实验。下列实验操作、现象和结论都正确的是
选项 实验操作 实验现象 实验结论
A 将红热的铁丝伸入盛满氯气的集气瓶中 铁丝剧烈燃烧，并生成大量红棕色的烟 氯气与铁丝在加热条件下生成
B 向溴水中通入 溴水褪色 具有还原性
C 用pH试纸测量新制氯水的pH pH试纸颜色变红 氯水显酸性
D 向溶液中滴加溶液 出现黄色沉淀 发生了水解
A．A B．B C．C D．D
12．合成气的一种制备原理为 ，在合金催化下，甲烷脱氢阶段的反应历程如图所示(*表示吸附在催化剂表面)。下列说法正确的是
A．低温利于反应的自发进行
B．脱氢阶段既存在非极性键断裂又存在极性键断裂
C．反应正反应的活化能小于逆反应的活化能
D．在合金催化下，该历程中决速步骤的化学方程式为
13．钠资源储量丰富，便于开采，价格便宜，钠离子电池有望成为下一代大规模储能电池。一种钠离子储能电池原理如下图所示(电池工作前两电极的质量相等)。
下列说法错误的是
A．充电时，疏松多孔钠电极接电源负极
B．放电时，电流由疏松多孔钠电极经有机溶液流向石墨电极
C．充电时，阳极电极反应式为
D．放电时，电路中通过1mol电子，理论上疏松多孔钠电极比石墨电极质量少23g
14．常温下，，向某含有的酸性废液中加入一定量后，再通入生成沉淀，始终保持饱和，即，体系中［，X为、或，单位为］与关系如图，下列说法错误的是
A．的数量级为 B．B点溶液的pH为2
C．②中X为 D．
二、非选择题(本题包括4小题，共58分)
15．2，6-二溴吡啶()是合成阿伐斯汀的中间体。实验室制备2，6-二溴吡啶的装置如下(部分加热及夹持装置已省略)：
实验步骤：①在三颈瓶中加入74.2g(相当于0.5mol)2，6-二氯吡啶、105.0g无水乙酸(沸点)，充分溶解；②加热三颈瓶至，缓慢通入245g(相当于3.0mol)溴化氢气体，充分反应；③利用如下装置将所得反应液减压蒸馏(其中毛细玻璃管连通空气使少量空气进入，螺口夹能调节空气进气量)回收52.4g冰醋酸，冷却至室温，析出结晶，经操作Y得到母液，再回收溶剂，冷却，析出结晶，经操作Y，合并两次结晶，空气干燥，得到111.1g产品。
回答下列问题：
（1）盛装五氧化二磷的仪器的名称是　 　。装置B的作用是　 　。
（2）装置A中生成两种酸式盐且两种盐的物质的量之比为，写出装置A中发生反应的化学方程式：　 　。
（3）装置C的加热方式宜选择　 　(填字母)。
a．热水浴加热 b．直接加热 c．油浴加热 d．沙浴加热
（4）操作Y需要用到的玻璃仪器有　 　(填名称)。
（5）减压蒸馏时，毛细玻璃管的主要作用是　 　，和普通蒸馏装置相比较，克氏蒸馏头的优点是　 　。收集溶剂时温度计示数　 　(填“高于”“低于”或“等于”)。
（6）该上述实验的理论产率约为　 　(填字母)。
a.75.6% b.87.4% c.93.8% d.96.5%
（7）已知某些环状结构及单双键交替的共轭结构可以形成大键，大键可用符号表示，其中n代表参与形成大键的原子数，m代表参与形成大键的电子数(如苯分子中的大键可表示为)，则2，6-二溴吡啶()中的大键应表示为　 　。
16．铂族金属是国家战略性金属，被誉为“现代工业维他命”。从某矿渣[含钯（Pd）、铂（Pt）、FeS、NiS及等]中提取Pd、Pt、Ni的工艺如下。
已知：Pd、Pt经“氧化浸取”转化为；“氨合”后，Pd（Ⅱ）主要以的形式存在；常温下，的，；，溶液中某离子浓度小于时认为该离子已沉淀完全。
（1）Pt、Pd与Fe为同族元素，位于元素周期表的　 　区。
（2）“氧化浸取”时，Pd发生反应的化学方程式为　 　，除了提高的氧化性，该过程加入盐酸的目的还有　 　。
（3）“氧化除铁”时，温度为，该过程主要发生两步反应：
（ⅰ）
（ⅱ）　 　（填离子方程式）。
（4）常温下，“沉镍”时，需调节溶液，此时　 　；该条件下恰好沉淀完全，则大于　 　（保留三位有效数字）mol/L。
（5）含Pd、Cs、I的化合物可用于太阳能电池材料。一定条件下，其中一种晶体可由立方结构（结构单元如图ⅰ所示）转化为四方结构（晶胞结构如图ⅱ所示），两种结构的棱边夹角均为，且转化过程中原子个数比保持不变。
①立方结构中Pd、Cs、I的原子个数比为　 　。
②立方结构单元与四方晶胞结构的密度之比为　 　。
17．甲醇制烯烃工艺作为重要的化工生产途径，对缓解石油资源依赖意义重大。其核心反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
回答下列问题：
（1）反应Ⅰ的正反应活化能，则　 　
（2）在某温度下，向恒容密闭容器中通入一定量发生反应Ⅱ，下列能说明反应Ⅱ达到平衡状态的是___________(填标号)。
A．容器内压强不再变化
B．容器内气体密度不再变化
C．混合气体的平均相对分子质量不再变化
D．的消耗速率与的生成速率之比为3∶1
（3）在T K、10MPa的恒压密闭容器中，充入1mol发生反应Ⅰ、Ⅱ，达平衡时，，，则的选择性　 　%[]，　 　MPa(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
（4）①SAPO分子筛催化剂可有效催化上述过程，反应历程中会发生生成的反应，则该反应的化学方程式为　 　。
②其他条件相同时，用碱土金属Sr对SAPO分子筛催化剂进行改性，所得乙烯和丙烯产率如下表所示，其原因为　 　。
催化剂 SAPO Sr-SAPO
乙烯产率/% 49.2 67.1
丙烯产率/% 34.0 22.4
（5）在某分子筛催化剂的作用下，甲醇的平衡转化率随温度变化如图所示。在400～500℃内，几乎不变，原因可能是　 　。
18．维生素可用于治疗口角炎等疾病，其中间体K的合成路线如图所示(部分试剂和反应条件略去)。
已知：R1-CHO+H2N-R2→R1-CH=N-R2+H2O
（1）G中只含一种官能团，且能与溶液反应生成，则G中官能团名称是　 　。
（2）所需试剂和反应条件是　 　。
（3）下列有关戊糖T的说法正确的是　 　(填序号)
a．属于单糖
b．可用酸性溶液检验其中是否含有醛基
c．存在含碳碳双键的酯类同分异构体
（4）J是一种六元环状化合物，在I生成J的过程中还生成了乙醇，则J的结构简式是　 　。
（5）写出E生成F的化学方程式：　 　。
（6）D的同分异构体中属于芳香族化合物有　 　种(不考虑立体异构)；写出其中核磁共振氢谱为四组峰，峰面积之比为的结构简式　 　(任写一种即可)。
（7）由K经过如图转化可合成维生素。
①M生成维生素的反应类型是　 　。
②M的结构简式是　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】合金及其应用；硅酸盐
【解析】【解答】A．羊皮披肩的主要成分为蛋白质，A不符合题意；
B．九霄环佩木古琴，由木材制成，木材的主要成分为纤维素，属于有机物，B不符合题意；
C．南朝弦纹三足铜铛的主要成分为铜，属于金属材料，C不符合题意；
D．东晋酱褐釉陶牛车的主要成分为陶瓷，陶瓷属于硅酸盐，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、羊皮的主要成分为蛋白质。
B、木古琴的材质为木材，其主要成分为纤维素。
C、三足铜铛的成分为铜。
D、陶瓷属于硅酸盐。
2．【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．H原子基态电子排布为1s1，激发态时电子跃迁到高能级，但仅有1s轨道，不存在1p轨道，A错误；
B．Na2S为离子化合物，其形成过程中钠原子失去电子变为Na+、硫原子得到电子变成S2-，二者形成离子键，因此用电子式表示为，B正确；
C．原子半径：C＞H，若两个黑球（C）相连，每个C连接三个白球（H），共6个H，符合乙烷（C2H6）结构，C正确；
D．Cl2中化学键为σ键，Cl的p电子云以“头碰头”的方式重叠，轮廓图呈轴对称椭圆形，与图片描述一致，D正确；
故答案为：A
【分析】A、H原子只有1s能级，不存在p能级。
B、Na2S是由Na＋和S2－构成的。
C、乙烷的结构简式为CH3CH3，据此确定其球棍模型。
D、Cl2中氯原子的p电子云以“头碰头”的形式重叠，形成σ键，据此确定其电子云轮廓图。
3．【答案】A
【知识点】钠的化学性质；化学试剂的存放；常用仪器及其使用
【解析】【解答】A．浓硝酸不稳定，见光易分解，因此需保存在棕色细口瓶中避免光照，A正确；
B．密度：石蜡＜锂＜煤油，无法被煤油覆盖，因此锂应保存在石蜡中，B错误；
C．玻璃中含有SiO2，HF能与SiO2反应，从而腐蚀玻璃，因此氢氟酸必须用塑料瓶保存，C错误；
D．液溴具有氧化性，会将橡胶氧化，因此应使用玻璃塞，D错误；
故答案为：A
【分析】A、浓硝酸见光易分解，应用棕色瓶保存。
B、金属锂应保存在石蜡中。
C、HF能与玻璃中的SiO2反应。
D、液溴能将橡胶氧化。
4．【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；铁盐和亚铁盐的相互转变；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．因为Na2CO3溶液是饱和的，通入过量CO2，发生反应：Na2CO3+CO2+H2O═2NaHCO3，由于溶解度：NaHCO3＜Na2CO3，因此生成的NaHCO3会析出，离子方程式为，A正确；
B．Ba(OH)2过量，则H＋与SO42－的个数比为1：1，因此该反映的离子方程式为：，B错误；
C．Na2S溶液过量，则反应生成FeS沉淀和S单质，该反应的离子方程式：，C错误；
D．氨水过量，则反应生成[Cu(NH3)4]2+，因此该反应的离子方程式为：，D错误；
故答案为：A
【分析】A、往饱和Na2CO3溶液中通入过量的CO2，则反应生成NaHCO3沉淀。
B、Ba(OH)2过量，则NaHSO4溶液中参与反应的H＋和SO42－的个数比为1：1。
C、Fe3＋将S2－氧化成S单质，自身还原为Fe2＋，Fe2＋与过量的S2－反应生成FeS沉淀。
D、氨水过量，则与Cu2＋反应生成[Cu(NH3)4]2＋。
5．【答案】D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；物质的简单分类
【解析】【解答】A．P4在过量强碱溶液中反应生成的盐是KH2PO2，说明H2PO2－不能继续电离出H＋，因此H3PO2为一元酸，A错误；
B．P4分子为正四面体结构，而PH3为三角锥形，两者空间构型不同，B错误；
C．原子半径：P＞N，因此键长：PH3＞NH3；但由于PH3中P电负性较低，成键电子对间排斥力较弱，因此PH3键角小于NH3，C错误；
D．过量NH3与Ag+形成[Ag(NH3)2]+，2个NH3分子含6个N-H σ键，加上2个Ag-N配位键，配位键也属于σ键，总计8个σ键，因此1mol配离子中含8NA个σ键，D正确；
故答案为：D
【分析】A、KH2PO2与过量的KOH不反应，说明H2PO2－不能电离出H＋。
B、P4为正四面体结构，NH3为三角锥形结构。
C、根据原子半径大小判断键长大小；根据电负性强弱判断键角大小。
D、过量NH3反应生成[Ag(NH3)2]＋，据此确定其所含的σ键个数。
6．【答案】D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；含有氢键的物质；有机物的结构和性质；酰胺
【解析】【解答】A．N为乙二醛（OHC-CHO），其中O原子不与H原子相连，因此无法形成分子间氢键，A错误；
B．手性碳原子需连四个不同的原子或原子团，M分子中-NH2所在的碳原子，还连接一个H原子，和两个相同的-CO-NH2基团，因此不属于手性碳原子，B错误；
C．G分子中所有碳原子都形成双键的结构，因此都采用sp2杂化，仅一种杂化方式，C错误；
D．G含酰胺基，在酸性或碱性溶液中都可发生水解反应，因此能与NaOH溶液或盐酸反应，D正确；
故答案为：D
【分析】A、含有N-H、O-H、F-H化学键的，才可以形成分子间氢键。
B、连接有4个不同的原子或原子团的碳原子，称为手性碳原子。
C、G分子中所有的碳原子都形成双键结构，都采用sp2杂化。
D、G中含有酰胺基，能与NaOH溶液或稀盐酸反应。
7．【答案】D
【知识点】判断简单分子或离子的构型；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．分子中S原子价层电子对数为2+1=3，其中含有一对孤电子对，因此其分子空间结构为V形，A错误；
B．溶液中会发生水解，使得溶液中的数目小于，B错误；
C.3.4g的物质的量为0.1mol，反应①的化学方程式为↓，因此0.1molH2S反应时生成n(S)=0.1mol×()=0.15mol，所以反应生成硫原子的数目为0.15，C错误；
D．反应②的化学方程式为，还原产物为，由元素化合价变化可知，当生成1mol转移2mol电子，数目为2，D正确。
故答案为：D
【分析】A、根据SO2中心硫原子的价层电子对数确定其空间结构。
B、Na2SO3溶液中SO32－发生水解，使得溶液中SO32－的数目减小。
C、反应①的化学方程式为2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O，据此计算反应生成n(S)。
D、根据反应过程中化合价变化计算转移电子数。
8．【答案】B
【知识点】强电解质和弱电解质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A．e、e'对应含氧酸分别为、，二者都是强酸，因此都属于强电解质，A正确；
B．工业上用的催化氧化先合成，NO再与O2和H2O反应生成，B错误；
C．NH3中N元素为-3价，处于最低价态，具有还原性，利用还原或生成，可以消除氮氧化物的污染，C正确；
D．氯水中存在可逆反应Cl2+H2OHCl+HClO，见光分解生成，使得溶液中c(H+)增大，溶液酸性会增强，D正确；
故答案为：B
【分析】由物质类别和N、Cl元素的化合价可知，a为NH3，b为N2，c为NO，d为NO2，e为HNO3， a'为HCl，b'为Cl2，c'为HClO，d'为HClO3，e'为HClO4。据此结合物质性质和变化分析选项。
9．【答案】C
【知识点】镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】A．与反应生成和H2，与反应生成，电解熔融生成金属，电解溶液生成，A不符合题意；
B．是两性氧化物，能与溶液反应生成；溶液与少量稀盐酸或CO2反应生成；不稳定受热分解生成；是两性氢氧化物，能与溶液反应生成，B不符合题意；
C．与加热反应生成；难溶于水，无法一步反应生成，C符合题意；
D．高温或放电条件下与生成；与反应生成；可还原生成；与反应生成，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】此题是对物质转化的考查，结合相关物质的性质和发生反应的化学方程式进行分析即可。
10．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．带火星的木条放在e管口处，木条复燃，说明产生装置a中产生的气体为氧气，O2能将装置c中的I-氧化成为I2，因此可观察到装置c中溶液变蓝色，A正确；
B．草酸具有挥发性，且能与澄清石灰水产生沉淀，因此无法说明反应过程中有产生，B错误；
C．木条复燃，说明H2C2O4和K2FeO4发生氧化还原反应生成了O2，O元素可能来自H2C2O4或K2FeO4或H2O，因此不能说明H2C2O4中O元素化合价上升，不能证明草酸被氧化，C错误；
D．Fe2＋能被HNO3氧化成Fe3＋，因此不能确定黑色固体中是否含价、价铁，D错误；
故答案为：A
【分析】A、装置a中产生的气体为O2，O2能将I－氧化成I2，淀粉遇碘变蓝色。
B、b中澄清石灰水变浑浊，则可能是H2C2O4或CO2与Ca(OH)2反应。
C、e处现象说明有O2产生，但不能说明H2C2O4被氧化。
D、HNO3具有氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋。
11．【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；氯气的化学性质；二氧化硫的性质；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A．Cl2具有氧化性，铁在Cl2中燃烧生成FeCl3，产生红棕色的烟，结论中生成FeCl2错误，A错误；
B．Br2具有氧化性，能将SO2氧化，该反应的化学方程式为：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，褪色的原因是Br2被还原，体现了SO2的还原性，结论正确，B正确；
C．氯水含HCl和HClO，HClO具有漂白性，会漂白试纸。因此现象应为试纸先变红后褪色，现象错误，C错误；
D．向溶液中滴加溶液，反应生成的黄色沉淀为，PO43－来自于HPO42－的电离，而不是水解，结论错误，D错误；
故答案为：B
【分析】A、Cl2具有氧化性，能将Fe氧化，生成FeCl3。
B、溴水具有氧化性，SO2具有还原性，二者可发生氧化还原反应。
C、氯水中H＋能使试纸变红色，氯水中HClO能使变红的试纸褪色。
D、产生的黄色沉淀为Ag3PO4，其中PO43－来自HPO42－的电离。
12．【答案】D
【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．对于该反应，反应后气体分子数增多，因此该反应的ΔS>0。从反映历程图可知反应为吸热反应，ΔH>0，由ΔG=ΔH-TΔS<0可知，该反应在高温时可自发进行，A错误；
B．脱氢阶段是甲烷（CH4*）逐步脱氢生成CH3*、CH2*、CH*、C*和H*的过程，断裂的均为C-H共价键，属于极性键，不存在非极性键断裂，B错误；
C．反应热ΔH=正反应活化能-逆反应活化能，由于该反应为吸热反应，ΔH>0，因此该反应的正反应活化能>逆反应活化能，C错误；
D．由图可知：反应i（CH4*→CH3*+H*）能垒=2.981-0=2.981 eV；反应ii（CH3*+H*→CH2*+2H*）能垒=5.496-1.687=3.809 eV；反应iii（CH2*+2H*→CH*+3H*）能垒=4.837-4.035=0.802 eV；反应iv（CH*+3H*→C*+4H*）能垒=6.860-4.051=2.809 eV。其中反应ii能垒最大，反应速率最慢，因此为决速步骤，D正确；
故答案为：D
【分析】A、反应自发进行的判据为ΔG=ΔH-TΔS，当ΔG<0时反应自发进行。
B、根据反应过程中化学键的断裂与形成分析。不同种元素形成的为极性键，同种元素形成的为非极性键。
C、根据该反应的反应热判断正逆反应的活化能大小。
D、决速步骤是活化能（能垒）最大的步骤，活化能=过渡态能量-反应物能量。
13．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，钠电极为放电时的负极。因此在充电时，钠电极为阴极，与电源的负极相连，A项正确；
B．放电时，电流由正极经外电路流向负极，再由负极经电解质溶液流向正极。因此电流由疏松多孔钠电极经有机溶液流向石墨电极，B项正确；
C．由分析可知，放电时正极的电极反应式为。因此充电时阳极的电极反应式为，C项正确；
D．电路中通过1mol电子，由负极的电极反应式可知，理论上疏松多孔钠电极质量减少1mol×23g/mol=23g。由正极的电极反应式可知，石墨电极质量增加1mol×23g/mol=23g，因此钠电极比石墨电极质量少23g-(-23g)=46g，D项错误；
故答案为：D
【分析】放电时为原电池装置，疏松多孔的钠电极为负极，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为；石墨电极为正极，发生得电子的还原反应，其电极反应式为。据此结合选项分析。
14．【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由可知，当，即时，溶液中c(H＋)=10－5mol·L－1，且此时=2.04，因此，数量级为10-8，A错误；
B．由分析可知，，B点横坐标为3，即，因此pH=2，B正确；
C．由分析可知，曲线②中的X为，C正确；
D．，当=0时，溶液中，代入数据得=10-25.04，D正确；
故答案为：A
【分析】CH3COOH的电离平衡常数，因此可得，所以。当时，pH=5；随着增大，pH减小，溶液中c(H+)增大；、。又因为H2S的电离平衡常数Ka1>Ka2，因此随着横坐标的增大，、均增大；当横坐标相同时，< ，所以曲线①中的X对应的是；曲线②中的X对应的是；曲线③中的X对应的是c(Sn2+)。据此结合选项分析。
15．【答案】（1）球形干燥管；干燥HBr
（2）
（3）c
（4）烧杯、玻璃棒、漏斗
（5）减压蒸馏时，通过毛细玻璃管进入装置内少量空气，形成气泡；另外，气泡逸出推动液体汽化，起搅拌作用(平衡气压，防暴沸；兼起搅拌作用)；避免烧瓶中液体进入冷凝管；低于
（6）c
（7）
【知识点】常用仪器及其使用；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）盛装五氧化二磷的仪器的名称是球形干燥管；装置B中五氧化二磷的作用是干燥HBr。
故答案为：球形干燥管；干燥HBr
（2）因为装置A中生成两种酸式盐且两种盐的物质的量之比为；则两种酸式盐为和，根据原子守恒得方程式为：。
故答案为：
（3）因为加热温度为110℃，所以宜选择油浴加热，即选c。
故答案为：c
（4）操作Y分离母液和晶体，该操作为过滤，需要用到的玻璃仪器为：烧杯、玻璃棒、漏斗。
故答案为：烧杯、玻璃棒、漏斗
（5）减压蒸馏时，通过毛细玻璃管进入装置内少量空气，形成气泡；另外，气泡逸出推动液体汽化，起搅拌作用。克氏蒸馏头离支管口有一段距离，和普通蒸馏装置相比较，克氏蒸馏头的优点是：避免烧瓶中液体进入冷凝管；因为通过减压蒸馏回收冰醋酸，并且无水乙酸的沸点是，所以收集溶剂时温度计示数低于117.9℃。
故答案为： 减压蒸馏时，通过毛细玻璃管进入装置内少量空气，形成气泡；另外，气泡逸出推动液体汽化，起搅拌作用(平衡气压，防暴沸；兼起搅拌作用) ； 避免烧瓶中液体进入冷凝管 ；低于
（6）根据投料可知，3.0mol溴化氢过量，以0.5mol 2，6-二氯吡啶的量为依据计算，理论上生成2，6-二溴吡啶的物质的量为0.5mol，产率约为，故选c项。
故答案为：c
（7）中碳、N价电子总数为，环中N有1个孤电子对，环中有3个C—H键、2个C—Br键，6个共价键(4个C—C键、2个C—N键)，则形成大键的电子为，故大键应表示为。
故答案为：
【分析】（1）根据图示仪器确定其名称。装置B中P2O5是一种常见的干燥剂，据此确定其作用。
（2）装置A中生成的两种酸式盐为NaH2PO4、Na2HPO4，据此书写反应的化学方程式。
（3）装置C中反应温度为110℃，据此确定加热方式。
（4）操作Y为过滤操作，结合过滤装置确定实验过程中所需的仪器。
（5）减压蒸馏时，毛细玻璃管可起到平衡压强的作用。克氏蒸馏头与支管口有一段距离，可防止烧瓶中的液体进入冷凝管中。结合无水乙酸的沸点进行分析。
（6）由根据题干所给数据可知，HBr过量，则应以0.5mol2，6－二氯吡啶进行计算实际产量，再结合计算。
（7）根据大π键的书写形式，结合2，6-二溴吡啶的结构分析。
（1）盛装五氧化二磷的仪器的名称是球形干燥管；装置B中五氧化二磷的作用是干燥HBr；
（2）因为装置A中生成两种酸式盐且两种盐的物质的量之比为；则两种酸式盐为和，根据原子守恒得方程式为：；
（3）因为加热温度为110℃，所以宜选择油浴加热，即选c；
（4）操作Y分离母液和晶体，该操作为过滤，需要用到的玻璃仪器为：烧杯、玻璃棒、漏斗；
（5）减压蒸馏时，通过毛细玻璃管进入装置内少量空气，形成气泡；另外，气泡逸出推动液体汽化，起搅拌作用。克氏蒸馏头离支管口有一段距离，和普通蒸馏装置相比较，克氏蒸馏头的优点是：避免烧瓶中液体进入冷凝管；因为通过减压蒸馏回收冰醋酸，并且无水乙酸的沸点是，所以收集溶剂时温度计示数低于；
（6）根据投料可知，3.0mol溴化氢过量，以0.5mol 2，6-二氯吡啶的量为依据计算，理论上生成2，6-二溴吡啶的物质的量为0.5mol，产率约为，故选c项；
（7）中碳、N价电子总数为，环中N有1个孤电子对，环中有3个C—H键、2个C—Br键，6个共价键(4个C—C键、2个C—N键)，则形成大键的电子为，故大键应表示为。
16．【答案】（1）d
（2）；与Pd、Pt形成、，从而使Pd、Pt从滤渣中浸出
（3）（反应条件也可为）
（4）0.084（或）；
（5）；
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；元素周期表的结构及其应用；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）Fe是26号元素，位于元素周期表中的第四周期第Ⅷ族，位于d区，Pt、Pd与Fe为同族元素，也位于元素周期表的d区。
故答案为：d
（2）结合信息可知，Pd、Pt经“氧化浸取”转化为，，此时Pd发生反应的化学方程式为，加入盐酸与Pd、Pt形成，，从而使Pd、Pt从滤渣中浸出，故答案为：；与Pd、Pt形成、，从而使Pd、Pt从滤渣中浸出。
故答案为：； 与Pd、Pt形成、，从而使Pd、Pt从滤渣中浸出
（3）由图可知，在加热条件下“氧化除铁”最终生成了，其中步骤（ⅰ）中二价铁被氧化为三价铁，则步骤（ⅱ）为三价铁和水在加热条件下生成，离子方程式为。
故答案为：
（4）由于pH=2，则c(H+)=10-2mol/L，；
该条件下恰好沉淀完全，则，则。
故答案为： 0.084（或） ；
（5）①由图可知，立方结构中个数分别为，，则其原子个数比为。
故答案为：
②四方结构中，由于转化过程中原子个数比保持不变，则其中个数分别为2，4，12，设立方结构单元的摩尔质量为，则四方晶胞结构的摩尔质量为，立方结构单元与四方晶胞结构的密度比
故答案为：
【分析】（1）同族元素，其价层电子排布式相同，所处分区也相同，据此结合Fe的价层电子排布式分析。
（2）“氧化浸取”过程中Pd与H2O2、HCl反应生成H2[PdCl4]和H2O，据此写出反应的化学方程式。加入稀盐酸，有利于形成H2[PdCl4]和H2[PtCl6]，从而将Pd、Pt从滤渣中分离。
（3）“氧化除铁”过程中O2将Fe2＋氧化成Fe3＋，Fe3＋与H2O2进一步反应生成Fe2O3，据此写出反应的离子方程式。
（4）pH=2，则溶液中c(H＋)=0.01mol·L－1，结合H2C2O4的电离平衡常数可得，据此计算。当Ni2＋完全沉淀时，溶液中c(Ni2＋)≤10－5mol·L－1，结合NiC2O4的溶度积Ksp和H2C2O4的第二步电离平衡常数Ka2进行计算。
（5）①根据“均摊法”计算晶胞中原子个数比。
②根据公式计算晶胞密度，从而得出两种晶胞结构的密度之比。
（1）Fe是26号元素，位于元素周期表中的第四周期第Ⅷ族，位于d区，Pt、Pd与Fe为同族元素，也位于元素周期表的d区。
（2）结合信息可知，Pd、Pt经“氧化浸取”转化为，，此时Pd发生反应的化学方程式为，加入盐酸与Pd、Pt形成，，从而使Pd、Pt从滤渣中浸出，故答案为：；与Pd、Pt形成、，从而使Pd、Pt从滤渣中浸出；
（3）由图可知，在加热条件下“氧化除铁”最终生成了，其中步骤（ⅰ）中二价铁被氧化为三价铁，则步骤（ⅱ）为三价铁和水在加热条件下生成，离子方程式为。
（4）由于pH=2，则c(H+)=10-2mol/L，；
该条件下恰好沉淀完全，则，则。
（5）①由图可知，立方结构中个数分别为，，则其原子个数比为；
②四方结构中，由于转化过程中原子个数比保持不变，则其中个数分别为2，4，12，设立方结构单元的摩尔质量为，则四方晶胞结构的摩尔质量为，立方结构单元与四方晶胞结构的密度比
17．【答案】（1）413.3
（2）A；C
（3）50；24
（4）；Sr-SAPO对反应Ⅰ的活化能降低程度大于SAPO
（5）温度升高，反应Ⅰ正向移动，反应Ⅱ逆向移动，400～500℃内，Ⅰ、Ⅱ的移动程度相当，几乎不变
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）正反应活化能-逆反应活化能，。
故答案为：413.3
（2）A．反应前后气体的化学计量数不相等，即混合气体的压强是变量，当压强不变时，能说明反应达到平衡状态，故A符合题意；
B．各物质均为气体，由质量守恒可得气体总质量在前后反应保持不变，恒容密闭容器中体积不变，则混合气体的密度一直不变，不能说明达到化学平衡，故B不符合题意；
C. 混合气体的总质量不变，总物质的量增大，混合气体的平均相对分子质量是变量，平均相对分子质量不变时，反应达到平衡状态，故C符合题意；
D.的消耗速率和的生成速率是同一方向上的反应速率，其比值始终等于化学计量数之比，不能判定平衡状态，故D不符合题意；
故答案为：AC
（3）达平衡时，，消耗，，列三段式：
、
，，，的选择性。。
故答案为：50；24
（4）①生成的反应为分子间脱水：。
故答案为：
②由表格分析得：Sr—SAPO分子筛催化剂使得产率升高，提高了反应Ⅰ的选择性，本质是Sr—SAPO对反应Ⅰ的活化能降低程度更大。
故答案为： Sr-SAPO对反应Ⅰ的活化能降低程度大于SAPO
（5），，温度升高，反应Ⅰ正向移动，反应Ⅱ逆向移动。若400～500℃内，几乎不变，说明该段温度内，温度导致的反应Ⅰ正向的移动与反应Ⅱ逆向的移动程度相当。
故答案为： 温度升高，反应Ⅰ正向移动，反应Ⅱ逆向移动，400～500℃内，Ⅰ、Ⅱ的移动程度相当，几乎不变
【分析】（1）根据反应热等于正反应活化能减去逆反应活化能进行计算。
（2）当正逆反应速率相等（或变量不变）时，可逆反应处于平衡状态，据此结合选项分析。
（3）当反应处于平衡状态时，，消耗，，列三段式：
、
。据此进行计算。
（4）①CH3OH在催化剂作用下发生分解反应，生成CH3OCH3和H2O，据此写出反应的化学方程式。
②使用Sr－SAPO分子筛催化剂后，C2H4的产率增大，说明该催化剂提高了反应Ⅰ的选择性。据此分析。
（5）结合温度对平衡移动的影响分析。温度升高，平衡向吸热反应反向移动。
（1）正反应活化能-逆反应活化能，。
（2）A．反应前后气体的化学计量数不相等，即混合气体的压强是变量，当压强不变时，能说明反应达到平衡状态，故A符合题意；
B．各物质均为气体，由质量守恒可得气体总质量在前后反应保持不变，恒容密闭容器中体积不变，则混合气体的密度一直不变，不能说明达到化学平衡，故B不符合题意；
C. 混合气体的总质量不变，总物质的量增大，混合气体的平均相对分子质量是变量，平均相对分子质量不变时，反应达到平衡状态，故C符合题意；
D.的消耗速率和的生成速率是同一方向上的反应速率，其比值始终等于化学计量数之比，不能判定平衡状态，故D不符合题意；
故选AC；
（3）达平衡时，，消耗，，列三段式：
、
，，，的选择性。；
（4）①生成的反应为分子间脱水：；
②由表格分析得：Sr—SAPO分子筛催化剂使得产率升高，提高了反应Ⅰ的选择性，本质是Sr—SAPO对反应Ⅰ的活化能降低程度更大；
（5），，温度升高，反应Ⅰ正向移动，反应Ⅱ逆向移动。若400～500℃内，几乎不变，说明该段温度内，温度导致的反应Ⅰ正向的移动与反应Ⅱ逆向的移动程度相当。
18．【答案】（1）羧基
（2）浓硝酸、浓硫酸，加热
（3）a
（4）
（5）
（6）19；、、
（7）消去反应；
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【分析】参照K的结构简式及F的分子式，可确定F为，J为。由此可推出A为，B为，D为，T为，E为；G为，I为。
【解答】（1）G中只含一种官能团，且能与溶液反应生成，结合分析可知，G中官能团名称是羧基。
故答案为：羧基
（2）A()→B()，发生硝化反应，所需试剂和反应条件是浓HNO3、浓H2SO4，加热；
故答案为： 浓硝酸、浓硫酸，加热
（3）a．戊糖T不能发生水解，则属于单糖，a正确；
b．戊糖T分子中含有醛基和醇羟基，它们都能被酸性KMnO4溶液氧化，不能用酸性KMnO4溶液检验其中是否含有醛基，b不正确；
c．戊糖T的不饱和度为1，不存在含碳碳双键的酯类同分异构体，c不正确；
故答案为：a
（4）由分析可知，J的结构简式是；
故答案为：
（5）E生成F发生的是取代反应，同时会生成HCl，化学方程式为：。
故答案为：
（6）D的分子式为：，不饱和度为，其同分异构体中属于芳香族化合物，说明除了含有苯环外其余结构均为饱和结构，可以分为如下几种情况讨论：
①当苯环上存在一个取代基：、、、，共4种；
②当苯环上存在两个取代基：、、，每种组合有邻、间、对三种情况，共9种；
③当苯环上存在三个取代基：，当两个甲基处于邻位时，氨基有2种位置，当两个甲基处于间位时，氨基有3种位置，当两个甲基处于对位时，氨基有1种位置，共计6种情况；
综上所述，共计4+9+6=19种同分异构体；其中核磁共振氢谱为四组峰，峰面积之比为，说明含有两个对称的甲基，满足条件的结构简式是、、。
故答案为：19；、、
（7）由K脱去C6H7N，则生成L的结构简式为，L发生分子内加成后生成M的结构简式是，M发生羟基的消去反应得到碳氮双键生成维生素；
①由分析可知，M生成维生素的反应类型是消去反应。
故答案为：消去反应
②M的结构简式是。
故答案为：
【分析】A的分子式为C8H10，结合K的结构简式可知，A的结构简式为 。A生成B的过程中在苯环上引入-NO2，因此B的结构简式为。B生成D的过程中-NO2被还原为-NH2，因此D的结构简式为。D与T反应生成E，E与反应生成F，F与J反应生成K，因此F的结构简式为。则E的结构简式为；T的结构简式为。G的分子式为C3H4O4，能与C2H5OH在浓硫酸加热条件下反应，生成I，因此G的结构简式为，I的结构简式为。I与进一步反应生成J，因此J的结构简式为。据此结合题干设问分析作答。
（1）G中只含一种官能团，且能与溶液反应生成，结合分析可知，G中官能团名称是羧基；
（2）A()→B()，发生硝化反应，所需试剂和反应条件是浓HNO3、浓H2SO4，加热；
（3）a．戊糖T不能发生水解，则属于单糖，a正确；
b．戊糖T分子中含有醛基和醇羟基，它们都能被酸性KMnO4溶液氧化，不能用酸性KMnO4溶液检验其中是否含有醛基，b不正确；
c．戊糖T的不饱和度为1，不存在含碳碳双键的酯类同分异构体，c不正确；
故选a；
（4）由分析可知，J的结构简式是；
（5）E生成F发生的是取代反应，同时会生成HCl，化学方程式为：；
（6）D的分子式为：，不饱和度为，其同分异构体中属于芳香族化合物，说明除了含有苯环外其余结构均为饱和结构，可以分为如下几种情况讨论：
①当苯环上存在一个取代基：、、、，共4种；
②当苯环上存在两个取代基：、、，每种组合有邻、间、对三种情况，共9种；
③当苯环上存在三个取代基：，当两个甲基处于邻位时，氨基有2种位置，当两个甲基处于间位时，氨基有3种位置，当两个甲基处于对位时，氨基有1种位置，共计6种情况；
综上所述，共计4+9+6=19种同分异构体；其中核磁共振氢谱为四组峰，峰面积之比为，说明含有两个对称的甲基，满足条件的结构简式是、、；
（7）由K脱去C6H7N，则生成L的结构简式为，L发生分子内加成后生成M的结构简式是，M发生羟基的消去反应得到碳氮双键生成维生素；
①由分析可知，M生成维生素的反应类型是消去反应；
②M的结构简式是。
1 / 1河北省十校联考2025-2026学年高三上学期开学化学试题
一、选择题(本题包括14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意)
1．中国文物具有鲜明的时代特征。下列文物的主要成分属于硅酸盐的是
A．纳西族羊皮披肩 B．九霄环佩木古琴
C．南朝弦纹三足铜铛 D．东晋酱褐釉陶牛车
【答案】D
【知识点】合金及其应用；硅酸盐
【解析】【解答】A．羊皮披肩的主要成分为蛋白质，A不符合题意；
B．九霄环佩木古琴，由木材制成，木材的主要成分为纤维素，属于有机物，B不符合题意；
C．南朝弦纹三足铜铛的主要成分为铜，属于金属材料，C不符合题意；
D．东晋酱褐釉陶牛车的主要成分为陶瓷，陶瓷属于硅酸盐，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、羊皮的主要成分为蛋白质。
B、木古琴的材质为木材，其主要成分为纤维素。
C、三足铜铛的成分为铜。
D、陶瓷属于硅酸盐。
2．化学用语是学习化学的工具，下列化学用语表述错误的是
A．激发态H原子的轨道表达式：
B．形成过程：
C．可表示乙烷
D．中化学键的电子云轮廓图：
【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．H原子基态电子排布为1s1，激发态时电子跃迁到高能级，但仅有1s轨道，不存在1p轨道，A错误；
B．Na2S为离子化合物，其形成过程中钠原子失去电子变为Na+、硫原子得到电子变成S2-，二者形成离子键，因此用电子式表示为，B正确；
C．原子半径：C＞H，若两个黑球（C）相连，每个C连接三个白球（H），共6个H，符合乙烷（C2H6）结构，C正确；
D．Cl2中化学键为σ键，Cl的p电子云以“头碰头”的方式重叠，轮廓图呈轴对称椭圆形，与图片描述一致，D正确；
故答案为：A
【分析】A、H原子只有1s能级，不存在p能级。
B、Na2S是由Na＋和S2－构成的。
C、乙烷的结构简式为CH3CH3，据此确定其球棍模型。
D、Cl2中氯原子的p电子云以“头碰头”的形式重叠，形成σ键，据此确定其电子云轮廓图。
3．以下试剂的保存方法正确的是
A．浓硝酸保存在棕色细口瓶中
B．活泼金属锂、钠均应保存在盛有煤油的广口瓶中
C．氢氟酸应保存在塞有塑料塞的玻璃细口瓶中
D．盛有液溴的棕色细口瓶中加水液封，并盖好橡胶塞
【答案】A
【知识点】钠的化学性质；化学试剂的存放；常用仪器及其使用
【解析】【解答】A．浓硝酸不稳定，见光易分解，因此需保存在棕色细口瓶中避免光照，A正确；
B．密度：石蜡＜锂＜煤油，无法被煤油覆盖，因此锂应保存在石蜡中，B错误；
C．玻璃中含有SiO2，HF能与SiO2反应，从而腐蚀玻璃，因此氢氟酸必须用塑料瓶保存，C错误；
D．液溴具有氧化性，会将橡胶氧化，因此应使用玻璃塞，D错误；
故答案为：A
【分析】A、浓硝酸见光易分解，应用棕色瓶保存。
B、金属锂应保存在石蜡中。
C、HF能与玻璃中的SiO2反应。
D、液溴能将橡胶氧化。
4．下列反应的离子方程式书写正确的是
A．向饱和溶液中通入过量：
B．向溶液中加入过量溶液：
C．向溶液中加入过量溶液：
D．向溶液中加入过量氨水：
【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；铁盐和亚铁盐的相互转变；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．因为Na2CO3溶液是饱和的，通入过量CO2，发生反应：Na2CO3+CO2+H2O═2NaHCO3，由于溶解度：NaHCO3＜Na2CO3，因此生成的NaHCO3会析出，离子方程式为，A正确；
B．Ba(OH)2过量，则H＋与SO42－的个数比为1：1，因此该反映的离子方程式为：，B错误；
C．Na2S溶液过量，则反应生成FeS沉淀和S单质，该反应的离子方程式：，C错误；
D．氨水过量，则反应生成[Cu(NH3)4]2+，因此该反应的离子方程式为：，D错误；
故答案为：A
【分析】A、往饱和Na2CO3溶液中通入过量的CO2，则反应生成NaHCO3沉淀。
B、Ba(OH)2过量，则NaHSO4溶液中参与反应的H＋和SO42－的个数比为1：1。
C、Fe3＋将S2－氧化成S单质，自身还原为Fe2＋，Fe2＋与过量的S2－反应生成FeS沉淀。
D、氨水过量，则与Cu2＋反应生成[Cu(NH3)4]2＋。
5．膦是一种无色剧毒气体，其分子结构和相似，可用白磷与过量强碱溶液反应制备，反应方程式为。下列说法正确的是
A．为三元酸
B．和的空间构型相同
C．键长：，键角：
D．将过量通入溶液，形成的1mol配离子中有个σ键
【答案】D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；物质的简单分类
【解析】【解答】A．P4在过量强碱溶液中反应生成的盐是KH2PO2，说明H2PO2－不能继续电离出H＋，因此H3PO2为一元酸，A错误；
B．P4分子为正四面体结构，而PH3为三角锥形，两者空间构型不同，B错误；
C．原子半径：P＞N，因此键长：PH3＞NH3；但由于PH3中P电负性较低，成键电子对间排斥力较弱，因此PH3键角小于NH3，C错误；
D．过量NH3与Ag+形成[Ag(NH3)2]+，2个NH3分子含6个N-H σ键，加上2个Ag-N配位键，配位键也属于σ键，总计8个σ键，因此1mol配离子中含8NA个σ键，D正确；
故答案为：D
【分析】A、KH2PO2与过量的KOH不反应，说明H2PO2－不能电离出H＋。
B、P4为正四面体结构，NH3为三角锥形结构。
C、根据原子半径大小判断键长大小；根据电负性强弱判断键角大小。
D、过量NH3反应生成[Ag(NH3)2]＋，据此确定其所含的σ键个数。
6．M与N反应可合成某种药物中间体G。下列说法正确的是
A．N分子可形成分子间氢键
B．M分子中含有一个手性碳原子
C．G分子的碳原子轨道有两种杂化方式
D．G既可与NaOH溶液反应，也可与盐酸反应
【答案】D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；含有氢键的物质；有机物的结构和性质；酰胺
【解析】【解答】A．N为乙二醛（OHC-CHO），其中O原子不与H原子相连，因此无法形成分子间氢键，A错误；
B．手性碳原子需连四个不同的原子或原子团，M分子中-NH2所在的碳原子，还连接一个H原子，和两个相同的-CO-NH2基团，因此不属于手性碳原子，B错误；
C．G分子中所有碳原子都形成双键的结构，因此都采用sp2杂化，仅一种杂化方式，C错误；
D．G含酰胺基，在酸性或碱性溶液中都可发生水解反应，因此能与NaOH溶液或盐酸反应，D正确；
故答案为：D
【分析】A、含有N-H、O-H、F-H化学键的，才可以形成分子间氢键。
B、连接有4个不同的原子或原子团的碳原子，称为手性碳原子。
C、G分子中所有的碳原子都形成双键结构，都采用sp2杂化。
D、G中含有酰胺基，能与NaOH溶液或稀盐酸反应。
7．硫及其化合物部分转化关系如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．分子的空间结构为平面三角形
B．溶液中，数目为
C．反应①每消耗，生成物中硫原子数目为
D．反应②每生成1mol还原产物，转移电子数目为
【答案】D
【知识点】判断简单分子或离子的构型；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．分子中S原子价层电子对数为2+1=3，其中含有一对孤电子对，因此其分子空间结构为V形，A错误；
B．溶液中会发生水解，使得溶液中的数目小于，B错误；
C.3.4g的物质的量为0.1mol，反应①的化学方程式为↓，因此0.1molH2S反应时生成n(S)=0.1mol×()=0.15mol，所以反应生成硫原子的数目为0.15，C错误；
D．反应②的化学方程式为，还原产物为，由元素化合价变化可知，当生成1mol转移2mol电子，数目为2，D正确。
故答案为：D
【分析】A、根据SO2中心硫原子的价层电子对数确定其空间结构。
B、Na2SO3溶液中SO32－发生水解，使得溶液中SO32－的数目减小。
C、反应①的化学方程式为2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O，据此计算反应生成n(S)。
D、根据反应过程中化合价变化计算转移电子数。
8．部分含及物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列推断不合理的是
A．图中、e'对应含氧酸均为强电解质
B．工业上通过来制备
C．利用a还原c或者d可以消除氮氧化物的污染
D．久置的b'水溶液酸性会增强
【答案】B
【知识点】强电解质和弱电解质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A．e、e'对应含氧酸分别为、，二者都是强酸，因此都属于强电解质，A正确；
B．工业上用的催化氧化先合成，NO再与O2和H2O反应生成，B错误；
C．NH3中N元素为-3价，处于最低价态，具有还原性，利用还原或生成，可以消除氮氧化物的污染，C正确；
D．氯水中存在可逆反应Cl2+H2OHCl+HClO，见光分解生成，使得溶液中c(H+)增大，溶液酸性会增强，D正确；
故答案为：B
【分析】由物质类别和N、Cl元素的化合价可知，a为NH3，b为N2，c为NO，d为NO2，e为HNO3， a'为HCl，b'为Cl2，c'为HClO，d'为HClO3，e'为HClO4。据此结合物质性质和变化分析选项。
9．下列选项中的物质不能按图示关系实现一步转化的是
X Y Z
A
B
C
D
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】A．与反应生成和H2，与反应生成，电解熔融生成金属，电解溶液生成，A不符合题意；
B．是两性氧化物，能与溶液反应生成；溶液与少量稀盐酸或CO2反应生成；不稳定受热分解生成；是两性氢氧化物，能与溶液反应生成，B不符合题意；
C．与加热反应生成；难溶于水，无法一步反应生成，C符合题意；
D．高温或放电条件下与生成；与反应生成；可还原生成；与反应生成，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】此题是对物质转化的考查，结合相关物质的性质和发生反应的化学方程式进行分析即可。
10．某小组为了探究紫红色与草酸反应的产物，设计实验如下(夹持装置及尾气处理装置已略去)：
按如图装置进行实验，观察到装置a中剧烈反应，产生大量气泡和黑色固体，用带火星的木条放在e管口处，木条复燃；装置b中澄清石灰水变浑浊。已知难溶于水。下列叙述正确的是
A．装置c中的现象是溶液变蓝色
B．由装置b中现象可推知，有生成
C．由e处现象可证明草酸被氧化
D．可用稀硝酸、KSCN溶液确定装置a中产生黑色固体的成分
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．带火星的木条放在e管口处，木条复燃，说明产生装置a中产生的气体为氧气，O2能将装置c中的I-氧化成为I2，因此可观察到装置c中溶液变蓝色，A正确；
B．草酸具有挥发性，且能与澄清石灰水产生沉淀，因此无法说明反应过程中有产生，B错误；
C．木条复燃，说明H2C2O4和K2FeO4发生氧化还原反应生成了O2，O元素可能来自H2C2O4或K2FeO4或H2O，因此不能说明H2C2O4中O元素化合价上升，不能证明草酸被氧化，C错误；
D．Fe2＋能被HNO3氧化成Fe3＋，因此不能确定黑色固体中是否含价、价铁，D错误；
故答案为：A
【分析】A、装置a中产生的气体为O2，O2能将I－氧化成I2，淀粉遇碘变蓝色。
B、b中澄清石灰水变浑浊，则可能是H2C2O4或CO2与Ca(OH)2反应。
C、e处现象说明有O2产生，但不能说明H2C2O4被氧化。
D、HNO3具有氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋。
11．为了探究物质的性质与成分，分别取少量样品进行实验。下列实验操作、现象和结论都正确的是
选项 实验操作 实验现象 实验结论
A 将红热的铁丝伸入盛满氯气的集气瓶中 铁丝剧烈燃烧，并生成大量红棕色的烟 氯气与铁丝在加热条件下生成
B 向溴水中通入 溴水褪色 具有还原性
C 用pH试纸测量新制氯水的pH pH试纸颜色变红 氯水显酸性
D 向溶液中滴加溶液 出现黄色沉淀 发生了水解
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；氯气的化学性质；二氧化硫的性质；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A．Cl2具有氧化性，铁在Cl2中燃烧生成FeCl3，产生红棕色的烟，结论中生成FeCl2错误，A错误；
B．Br2具有氧化性，能将SO2氧化，该反应的化学方程式为：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，褪色的原因是Br2被还原，体现了SO2的还原性，结论正确，B正确；
C．氯水含HCl和HClO，HClO具有漂白性，会漂白试纸。因此现象应为试纸先变红后褪色，现象错误，C错误；
D．向溶液中滴加溶液，反应生成的黄色沉淀为，PO43－来自于HPO42－的电离，而不是水解，结论错误，D错误；
故答案为：B
【分析】A、Cl2具有氧化性，能将Fe氧化，生成FeCl3。
B、溴水具有氧化性，SO2具有还原性，二者可发生氧化还原反应。
C、氯水中H＋能使试纸变红色，氯水中HClO能使变红的试纸褪色。
D、产生的黄色沉淀为Ag3PO4，其中PO43－来自HPO42－的电离。
12．合成气的一种制备原理为 ，在合金催化下，甲烷脱氢阶段的反应历程如图所示(*表示吸附在催化剂表面)。下列说法正确的是
A．低温利于反应的自发进行
B．脱氢阶段既存在非极性键断裂又存在极性键断裂
C．反应正反应的活化能小于逆反应的活化能
D．在合金催化下，该历程中决速步骤的化学方程式为
【答案】D
【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．对于该反应，反应后气体分子数增多，因此该反应的ΔS>0。从反映历程图可知反应为吸热反应，ΔH>0，由ΔG=ΔH-TΔS<0可知，该反应在高温时可自发进行，A错误；
B．脱氢阶段是甲烷（CH4*）逐步脱氢生成CH3*、CH2*、CH*、C*和H*的过程，断裂的均为C-H共价键，属于极性键，不存在非极性键断裂，B错误；
C．反应热ΔH=正反应活化能-逆反应活化能，由于该反应为吸热反应，ΔH>0，因此该反应的正反应活化能>逆反应活化能，C错误；
D．由图可知：反应i（CH4*→CH3*+H*）能垒=2.981-0=2.981 eV；反应ii（CH3*+H*→CH2*+2H*）能垒=5.496-1.687=3.809 eV；反应iii（CH2*+2H*→CH*+3H*）能垒=4.837-4.035=0.802 eV；反应iv（CH*+3H*→C*+4H*）能垒=6.860-4.051=2.809 eV。其中反应ii能垒最大，反应速率最慢，因此为决速步骤，D正确；
故答案为：D
【分析】A、反应自发进行的判据为ΔG=ΔH-TΔS，当ΔG<0时反应自发进行。
B、根据反应过程中化学键的断裂与形成分析。不同种元素形成的为极性键，同种元素形成的为非极性键。
C、根据该反应的反应热判断正逆反应的活化能大小。
D、决速步骤是活化能（能垒）最大的步骤，活化能=过渡态能量-反应物能量。
13．钠资源储量丰富，便于开采，价格便宜，钠离子电池有望成为下一代大规模储能电池。一种钠离子储能电池原理如下图所示(电池工作前两电极的质量相等)。
下列说法错误的是
A．充电时，疏松多孔钠电极接电源负极
B．放电时，电流由疏松多孔钠电极经有机溶液流向石墨电极
C．充电时，阳极电极反应式为
D．放电时，电路中通过1mol电子，理论上疏松多孔钠电极比石墨电极质量少23g
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，钠电极为放电时的负极。因此在充电时，钠电极为阴极，与电源的负极相连，A项正确；
B．放电时，电流由正极经外电路流向负极，再由负极经电解质溶液流向正极。因此电流由疏松多孔钠电极经有机溶液流向石墨电极，B项正确；
C．由分析可知，放电时正极的电极反应式为。因此充电时阳极的电极反应式为，C项正确；
D．电路中通过1mol电子，由负极的电极反应式可知，理论上疏松多孔钠电极质量减少1mol×23g/mol=23g。由正极的电极反应式可知，石墨电极质量增加1mol×23g/mol=23g，因此钠电极比石墨电极质量少23g-(-23g)=46g，D项错误；
故答案为：D
【分析】放电时为原电池装置，疏松多孔的钠电极为负极，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为；石墨电极为正极，发生得电子的还原反应，其电极反应式为。据此结合选项分析。
14．常温下，，向某含有的酸性废液中加入一定量后，再通入生成沉淀，始终保持饱和，即，体系中［，X为、或，单位为］与关系如图，下列说法错误的是
A．的数量级为 B．B点溶液的pH为2
C．②中X为 D．
【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由可知，当，即时，溶液中c(H＋)=10－5mol·L－1，且此时=2.04，因此，数量级为10-8，A错误；
B．由分析可知，，B点横坐标为3，即，因此pH=2，B正确；
C．由分析可知，曲线②中的X为，C正确；
D．，当=0时，溶液中，代入数据得=10-25.04，D正确；
故答案为：A
【分析】CH3COOH的电离平衡常数，因此可得，所以。当时，pH=5；随着增大，pH减小，溶液中c(H+)增大；、。又因为H2S的电离平衡常数Ka1>Ka2，因此随着横坐标的增大，、均增大；当横坐标相同时，< ，所以曲线①中的X对应的是；曲线②中的X对应的是；曲线③中的X对应的是c(Sn2+)。据此结合选项分析。
二、非选择题(本题包括4小题，共58分)
15．2，6-二溴吡啶()是合成阿伐斯汀的中间体。实验室制备2，6-二溴吡啶的装置如下(部分加热及夹持装置已省略)：
实验步骤：①在三颈瓶中加入74.2g(相当于0.5mol)2，6-二氯吡啶、105.0g无水乙酸(沸点)，充分溶解；②加热三颈瓶至，缓慢通入245g(相当于3.0mol)溴化氢气体，充分反应；③利用如下装置将所得反应液减压蒸馏(其中毛细玻璃管连通空气使少量空气进入，螺口夹能调节空气进气量)回收52.4g冰醋酸，冷却至室温，析出结晶，经操作Y得到母液，再回收溶剂，冷却，析出结晶，经操作Y，合并两次结晶，空气干燥，得到111.1g产品。
回答下列问题：
（1）盛装五氧化二磷的仪器的名称是　 　。装置B的作用是　 　。
（2）装置A中生成两种酸式盐且两种盐的物质的量之比为，写出装置A中发生反应的化学方程式：　 　。
（3）装置C的加热方式宜选择　 　(填字母)。
a．热水浴加热 b．直接加热 c．油浴加热 d．沙浴加热
（4）操作Y需要用到的玻璃仪器有　 　(填名称)。
（5）减压蒸馏时，毛细玻璃管的主要作用是　 　，和普通蒸馏装置相比较，克氏蒸馏头的优点是　 　。收集溶剂时温度计示数　 　(填“高于”“低于”或“等于”)。
（6）该上述实验的理论产率约为　 　(填字母)。
a.75.6% b.87.4% c.93.8% d.96.5%
（7）已知某些环状结构及单双键交替的共轭结构可以形成大键，大键可用符号表示，其中n代表参与形成大键的原子数，m代表参与形成大键的电子数(如苯分子中的大键可表示为)，则2，6-二溴吡啶()中的大键应表示为　 　。
【答案】（1）球形干燥管；干燥HBr
（2）
（3）c
（4）烧杯、玻璃棒、漏斗
（5）减压蒸馏时，通过毛细玻璃管进入装置内少量空气，形成气泡；另外，气泡逸出推动液体汽化，起搅拌作用(平衡气压，防暴沸；兼起搅拌作用)；避免烧瓶中液体进入冷凝管；低于
（6）c
（7）
【知识点】常用仪器及其使用；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）盛装五氧化二磷的仪器的名称是球形干燥管；装置B中五氧化二磷的作用是干燥HBr。
故答案为：球形干燥管；干燥HBr
（2）因为装置A中生成两种酸式盐且两种盐的物质的量之比为；则两种酸式盐为和，根据原子守恒得方程式为：。
故答案为：
（3）因为加热温度为110℃，所以宜选择油浴加热，即选c。
故答案为：c
（4）操作Y分离母液和晶体，该操作为过滤，需要用到的玻璃仪器为：烧杯、玻璃棒、漏斗。
故答案为：烧杯、玻璃棒、漏斗
（5）减压蒸馏时，通过毛细玻璃管进入装置内少量空气，形成气泡；另外，气泡逸出推动液体汽化，起搅拌作用。克氏蒸馏头离支管口有一段距离，和普通蒸馏装置相比较，克氏蒸馏头的优点是：避免烧瓶中液体进入冷凝管；因为通过减压蒸馏回收冰醋酸，并且无水乙酸的沸点是，所以收集溶剂时温度计示数低于117.9℃。
故答案为： 减压蒸馏时，通过毛细玻璃管进入装置内少量空气，形成气泡；另外，气泡逸出推动液体汽化，起搅拌作用(平衡气压，防暴沸；兼起搅拌作用) ； 避免烧瓶中液体进入冷凝管 ；低于
（6）根据投料可知，3.0mol溴化氢过量，以0.5mol 2，6-二氯吡啶的量为依据计算，理论上生成2，6-二溴吡啶的物质的量为0.5mol，产率约为，故选c项。
故答案为：c
（7）中碳、N价电子总数为，环中N有1个孤电子对，环中有3个C—H键、2个C—Br键，6个共价键(4个C—C键、2个C—N键)，则形成大键的电子为，故大键应表示为。
故答案为：
【分析】（1）根据图示仪器确定其名称。装置B中P2O5是一种常见的干燥剂，据此确定其作用。
（2）装置A中生成的两种酸式盐为NaH2PO4、Na2HPO4，据此书写反应的化学方程式。
（3）装置C中反应温度为110℃，据此确定加热方式。
（4）操作Y为过滤操作，结合过滤装置确定实验过程中所需的仪器。
（5）减压蒸馏时，毛细玻璃管可起到平衡压强的作用。克氏蒸馏头与支管口有一段距离，可防止烧瓶中的液体进入冷凝管中。结合无水乙酸的沸点进行分析。
（6）由根据题干所给数据可知，HBr过量，则应以0.5mol2，6－二氯吡啶进行计算实际产量，再结合计算。
（7）根据大π键的书写形式，结合2，6-二溴吡啶的结构分析。
（1）盛装五氧化二磷的仪器的名称是球形干燥管；装置B中五氧化二磷的作用是干燥HBr；
（2）因为装置A中生成两种酸式盐且两种盐的物质的量之比为；则两种酸式盐为和，根据原子守恒得方程式为：；
（3）因为加热温度为110℃，所以宜选择油浴加热，即选c；
（4）操作Y分离母液和晶体，该操作为过滤，需要用到的玻璃仪器为：烧杯、玻璃棒、漏斗；
（5）减压蒸馏时，通过毛细玻璃管进入装置内少量空气，形成气泡；另外，气泡逸出推动液体汽化，起搅拌作用。克氏蒸馏头离支管口有一段距离，和普通蒸馏装置相比较，克氏蒸馏头的优点是：避免烧瓶中液体进入冷凝管；因为通过减压蒸馏回收冰醋酸，并且无水乙酸的沸点是，所以收集溶剂时温度计示数低于；
（6）根据投料可知，3.0mol溴化氢过量，以0.5mol 2，6-二氯吡啶的量为依据计算，理论上生成2，6-二溴吡啶的物质的量为0.5mol，产率约为，故选c项；
（7）中碳、N价电子总数为，环中N有1个孤电子对，环中有3个C—H键、2个C—Br键，6个共价键(4个C—C键、2个C—N键)，则形成大键的电子为，故大键应表示为。
16．铂族金属是国家战略性金属，被誉为“现代工业维他命”。从某矿渣[含钯（Pd）、铂（Pt）、FeS、NiS及等]中提取Pd、Pt、Ni的工艺如下。
已知：Pd、Pt经“氧化浸取”转化为；“氨合”后，Pd（Ⅱ）主要以的形式存在；常温下，的，；，溶液中某离子浓度小于时认为该离子已沉淀完全。
（1）Pt、Pd与Fe为同族元素，位于元素周期表的　 　区。
（2）“氧化浸取”时，Pd发生反应的化学方程式为　 　，除了提高的氧化性，该过程加入盐酸的目的还有　 　。
（3）“氧化除铁”时，温度为，该过程主要发生两步反应：
（ⅰ）
（ⅱ）　 　（填离子方程式）。
（4）常温下，“沉镍”时，需调节溶液，此时　 　；该条件下恰好沉淀完全，则大于　 　（保留三位有效数字）mol/L。
（5）含Pd、Cs、I的化合物可用于太阳能电池材料。一定条件下，其中一种晶体可由立方结构（结构单元如图ⅰ所示）转化为四方结构（晶胞结构如图ⅱ所示），两种结构的棱边夹角均为，且转化过程中原子个数比保持不变。
①立方结构中Pd、Cs、I的原子个数比为　 　。
②立方结构单元与四方晶胞结构的密度之比为　 　。
【答案】（1）d
（2）；与Pd、Pt形成、，从而使Pd、Pt从滤渣中浸出
（3）（反应条件也可为）
（4）0.084（或）；
（5）；
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；元素周期表的结构及其应用；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）Fe是26号元素，位于元素周期表中的第四周期第Ⅷ族，位于d区，Pt、Pd与Fe为同族元素，也位于元素周期表的d区。
故答案为：d
（2）结合信息可知，Pd、Pt经“氧化浸取”转化为，，此时Pd发生反应的化学方程式为，加入盐酸与Pd、Pt形成，，从而使Pd、Pt从滤渣中浸出，故答案为：；与Pd、Pt形成、，从而使Pd、Pt从滤渣中浸出。
故答案为：； 与Pd、Pt形成、，从而使Pd、Pt从滤渣中浸出
（3）由图可知，在加热条件下“氧化除铁”最终生成了，其中步骤（ⅰ）中二价铁被氧化为三价铁，则步骤（ⅱ）为三价铁和水在加热条件下生成，离子方程式为。
故答案为：
（4）由于pH=2，则c(H+)=10-2mol/L，；
该条件下恰好沉淀完全，则，则。
故答案为： 0.084（或） ；
（5）①由图可知，立方结构中个数分别为，，则其原子个数比为。
故答案为：
②四方结构中，由于转化过程中原子个数比保持不变，则其中个数分别为2，4，12，设立方结构单元的摩尔质量为，则四方晶胞结构的摩尔质量为，立方结构单元与四方晶胞结构的密度比
故答案为：
【分析】（1）同族元素，其价层电子排布式相同，所处分区也相同，据此结合Fe的价层电子排布式分析。
（2）“氧化浸取”过程中Pd与H2O2、HCl反应生成H2[PdCl4]和H2O，据此写出反应的化学方程式。加入稀盐酸，有利于形成H2[PdCl4]和H2[PtCl6]，从而将Pd、Pt从滤渣中分离。
（3）“氧化除铁”过程中O2将Fe2＋氧化成Fe3＋，Fe3＋与H2O2进一步反应生成Fe2O3，据此写出反应的离子方程式。
（4）pH=2，则溶液中c(H＋)=0.01mol·L－1，结合H2C2O4的电离平衡常数可得，据此计算。当Ni2＋完全沉淀时，溶液中c(Ni2＋)≤10－5mol·L－1，结合NiC2O4的溶度积Ksp和H2C2O4的第二步电离平衡常数Ka2进行计算。
（5）①根据“均摊法”计算晶胞中原子个数比。
②根据公式计算晶胞密度，从而得出两种晶胞结构的密度之比。
（1）Fe是26号元素，位于元素周期表中的第四周期第Ⅷ族，位于d区，Pt、Pd与Fe为同族元素，也位于元素周期表的d区。
（2）结合信息可知，Pd、Pt经“氧化浸取”转化为，，此时Pd发生反应的化学方程式为，加入盐酸与Pd、Pt形成，，从而使Pd、Pt从滤渣中浸出，故答案为：；与Pd、Pt形成、，从而使Pd、Pt从滤渣中浸出；
（3）由图可知，在加热条件下“氧化除铁”最终生成了，其中步骤（ⅰ）中二价铁被氧化为三价铁，则步骤（ⅱ）为三价铁和水在加热条件下生成，离子方程式为。
（4）由于pH=2，则c(H+)=10-2mol/L，；
该条件下恰好沉淀完全，则，则。
（5）①由图可知，立方结构中个数分别为，，则其原子个数比为；
②四方结构中，由于转化过程中原子个数比保持不变，则其中个数分别为2，4，12，设立方结构单元的摩尔质量为，则四方晶胞结构的摩尔质量为，立方结构单元与四方晶胞结构的密度比
17．甲醇制烯烃工艺作为重要的化工生产途径，对缓解石油资源依赖意义重大。其核心反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
回答下列问题：
（1）反应Ⅰ的正反应活化能，则　 　
（2）在某温度下，向恒容密闭容器中通入一定量发生反应Ⅱ，下列能说明反应Ⅱ达到平衡状态的是___________(填标号)。
A．容器内压强不再变化
B．容器内气体密度不再变化
C．混合气体的平均相对分子质量不再变化
D．的消耗速率与的生成速率之比为3∶1
（3）在T K、10MPa的恒压密闭容器中，充入1mol发生反应Ⅰ、Ⅱ，达平衡时，，，则的选择性　 　%[]，　 　MPa(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
（4）①SAPO分子筛催化剂可有效催化上述过程，反应历程中会发生生成的反应，则该反应的化学方程式为　 　。
②其他条件相同时，用碱土金属Sr对SAPO分子筛催化剂进行改性，所得乙烯和丙烯产率如下表所示，其原因为　 　。
催化剂 SAPO Sr-SAPO
乙烯产率/% 49.2 67.1
丙烯产率/% 34.0 22.4
（5）在某分子筛催化剂的作用下，甲醇的平衡转化率随温度变化如图所示。在400～500℃内，几乎不变，原因可能是　 　。
【答案】（1）413.3
（2）A；C
（3）50；24
（4）；Sr-SAPO对反应Ⅰ的活化能降低程度大于SAPO
（5）温度升高，反应Ⅰ正向移动，反应Ⅱ逆向移动，400～500℃内，Ⅰ、Ⅱ的移动程度相当，几乎不变
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）正反应活化能-逆反应活化能，。
故答案为：413.3
（2）A．反应前后气体的化学计量数不相等，即混合气体的压强是变量，当压强不变时，能说明反应达到平衡状态，故A符合题意；
B．各物质均为气体，由质量守恒可得气体总质量在前后反应保持不变，恒容密闭容器中体积不变，则混合气体的密度一直不变，不能说明达到化学平衡，故B不符合题意；
C. 混合气体的总质量不变，总物质的量增大，混合气体的平均相对分子质量是变量，平均相对分子质量不变时，反应达到平衡状态，故C符合题意；
D.的消耗速率和的生成速率是同一方向上的反应速率，其比值始终等于化学计量数之比，不能判定平衡状态，故D不符合题意；
故答案为：AC
（3）达平衡时，，消耗，，列三段式：
、
，，，的选择性。。
故答案为：50；24
（4）①生成的反应为分子间脱水：。
故答案为：
②由表格分析得：Sr—SAPO分子筛催化剂使得产率升高，提高了反应Ⅰ的选择性，本质是Sr—SAPO对反应Ⅰ的活化能降低程度更大。
故答案为： Sr-SAPO对反应Ⅰ的活化能降低程度大于SAPO
（5），，温度升高，反应Ⅰ正向移动，反应Ⅱ逆向移动。若400～500℃内，几乎不变，说明该段温度内，温度导致的反应Ⅰ正向的移动与反应Ⅱ逆向的移动程度相当。
故答案为： 温度升高，反应Ⅰ正向移动，反应Ⅱ逆向移动，400～500℃内，Ⅰ、Ⅱ的移动程度相当，几乎不变
【分析】（1）根据反应热等于正反应活化能减去逆反应活化能进行计算。
（2）当正逆反应速率相等（或变量不变）时，可逆反应处于平衡状态，据此结合选项分析。
（3）当反应处于平衡状态时，，消耗，，列三段式：
、
。据此进行计算。
（4）①CH3OH在催化剂作用下发生分解反应，生成CH3OCH3和H2O，据此写出反应的化学方程式。
②使用Sr－SAPO分子筛催化剂后，C2H4的产率增大，说明该催化剂提高了反应Ⅰ的选择性。据此分析。
（5）结合温度对平衡移动的影响分析。温度升高，平衡向吸热反应反向移动。
（1）正反应活化能-逆反应活化能，。
（2）A．反应前后气体的化学计量数不相等，即混合气体的压强是变量，当压强不变时，能说明反应达到平衡状态，故A符合题意；
B．各物质均为气体，由质量守恒可得气体总质量在前后反应保持不变，恒容密闭容器中体积不变，则混合气体的密度一直不变，不能说明达到化学平衡，故B不符合题意；
C. 混合气体的总质量不变，总物质的量增大，混合气体的平均相对分子质量是变量，平均相对分子质量不变时，反应达到平衡状态，故C符合题意；
D.的消耗速率和的生成速率是同一方向上的反应速率，其比值始终等于化学计量数之比，不能判定平衡状态，故D不符合题意；
故选AC；
（3）达平衡时，，消耗，，列三段式：
、
，，，的选择性。；
（4）①生成的反应为分子间脱水：；
②由表格分析得：Sr—SAPO分子筛催化剂使得产率升高，提高了反应Ⅰ的选择性，本质是Sr—SAPO对反应Ⅰ的活化能降低程度更大；
（5），，温度升高，反应Ⅰ正向移动，反应Ⅱ逆向移动。若400～500℃内，几乎不变，说明该段温度内，温度导致的反应Ⅰ正向的移动与反应Ⅱ逆向的移动程度相当。
18．维生素可用于治疗口角炎等疾病，其中间体K的合成路线如图所示(部分试剂和反应条件略去)。
已知：R1-CHO+H2N-R2→R1-CH=N-R2+H2O
（1）G中只含一种官能团，且能与溶液反应生成，则G中官能团名称是　 　。
（2）所需试剂和反应条件是　 　。
（3）下列有关戊糖T的说法正确的是　 　(填序号)
a．属于单糖
b．可用酸性溶液检验其中是否含有醛基
c．存在含碳碳双键的酯类同分异构体
（4）J是一种六元环状化合物，在I生成J的过程中还生成了乙醇，则J的结构简式是　 　。
（5）写出E生成F的化学方程式：　 　。
（6）D的同分异构体中属于芳香族化合物有　 　种(不考虑立体异构)；写出其中核磁共振氢谱为四组峰，峰面积之比为的结构简式　 　(任写一种即可)。
（7）由K经过如图转化可合成维生素。
①M生成维生素的反应类型是　 　。
②M的结构简式是　 　。
【答案】（1）羧基
（2）浓硝酸、浓硫酸，加热
（3）a
（4）
（5）
（6）19；、、
（7）消去反应；
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【分析】参照K的结构简式及F的分子式，可确定F为，J为。由此可推出A为，B为，D为，T为，E为；G为，I为。
【解答】（1）G中只含一种官能团，且能与溶液反应生成，结合分析可知，G中官能团名称是羧基。
故答案为：羧基
（2）A()→B()，发生硝化反应，所需试剂和反应条件是浓HNO3、浓H2SO4，加热；
故答案为： 浓硝酸、浓硫酸，加热
（3）a．戊糖T不能发生水解，则属于单糖，a正确；
b．戊糖T分子中含有醛基和醇羟基，它们都能被酸性KMnO4溶液氧化，不能用酸性KMnO4溶液检验其中是否含有醛基，b不正确；
c．戊糖T的不饱和度为1，不存在含碳碳双键的酯类同分异构体，c不正确；
故答案为：a
（4）由分析可知，J的结构简式是；
故答案为：
（5）E生成F发生的是取代反应，同时会生成HCl，化学方程式为：。
故答案为：
（6）D的分子式为：，不饱和度为，其同分异构体中属于芳香族化合物，说明除了含有苯环外其余结构均为饱和结构，可以分为如下几种情况讨论：
①当苯环上存在一个取代基：、、、，共4种；
②当苯环上存在两个取代基：、、，每种组合有邻、间、对三种情况，共9种；
③当苯环上存在三个取代基：，当两个甲基处于邻位时，氨基有2种位置，当两个甲基处于间位时，氨基有3种位置，当两个甲基处于对位时，氨基有1种位置，共计6种情况；
综上所述，共计4+9+6=19种同分异构体；其中核磁共振氢谱为四组峰，峰面积之比为，说明含有两个对称的甲基，满足条件的结构简式是、、。
故答案为：19；、、
（7）由K脱去C6H7N，则生成L的结构简式为，L发生分子内加成后生成M的结构简式是，M发生羟基的消去反应得到碳氮双键生成维生素；
①由分析可知，M生成维生素的反应类型是消去反应。
故答案为：消去反应
②M的结构简式是。
故答案为：
【分析】A的分子式为C8H10，结合K的结构简式可知，A的结构简式为 。A生成B的过程中在苯环上引入-NO2，因此B的结构简式为。B生成D的过程中-NO2被还原为-NH2，因此D的结构简式为。D与T反应生成E，E与反应生成F，F与J反应生成K，因此F的结构简式为。则E的结构简式为；T的结构简式为。G的分子式为C3H4O4，能与C2H5OH在浓硫酸加热条件下反应，生成I，因此G的结构简式为，I的结构简式为。I与进一步反应生成J，因此J的结构简式为。据此结合题干设问分析作答。
（1）G中只含一种官能团，且能与溶液反应生成，结合分析可知，G中官能团名称是羧基；
（2）A()→B()，发生硝化反应，所需试剂和反应条件是浓HNO3、浓H2SO4，加热；
（3）a．戊糖T不能发生水解，则属于单糖，a正确；
b．戊糖T分子中含有醛基和醇羟基，它们都能被酸性KMnO4溶液氧化，不能用酸性KMnO4溶液检验其中是否含有醛基，b不正确；
c．戊糖T的不饱和度为1，不存在含碳碳双键的酯类同分异构体，c不正确；
故选a；
（4）由分析可知，J的结构简式是；
（5）E生成F发生的是取代反应，同时会生成HCl，化学方程式为：；
（6）D的分子式为：，不饱和度为，其同分异构体中属于芳香族化合物，说明除了含有苯环外其余结构均为饱和结构，可以分为如下几种情况讨论：
①当苯环上存在一个取代基：、、、，共4种；
②当苯环上存在两个取代基：、、，每种组合有邻、间、对三种情况，共9种；
③当苯环上存在三个取代基：，当两个甲基处于邻位时，氨基有2种位置，当两个甲基处于间位时，氨基有3种位置，当两个甲基处于对位时，氨基有1种位置，共计6种情况；
综上所述，共计4+9+6=19种同分异构体；其中核磁共振氢谱为四组峰，峰面积之比为，说明含有两个对称的甲基，满足条件的结构简式是、、；
（7）由K脱去C6H7N，则生成L的结构简式为，L发生分子内加成后生成M的结构简式是，M发生羟基的消去反应得到碳氮双键生成维生素；
①由分析可知，M生成维生素的反应类型是消去反应；
②M的结构简式是。
1 / 1

展开更多......

收起↑