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广西壮族自治区2024-2025学年高三下学期 4月联考化学诊断性考试
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．在西汉刘安组织编撰的《淮南万毕术》中，有“曾青得铁则化为铜”的记载。下列说法正确的是
A．湿法冶金过程中金属元素都发生还原反应
B．中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈
C．放射性可以通过衰变为，该变化为化学变化
D．还原铁粉可以在食品包装袋内做干燥剂
2．下列化学用语表述正确的是
A．的空间结构示意图：
B．丙烯的结构简式：
C．溶液中的水合离子
D．和的最外层电子排布图均为：
3．下列实验方法及所选玻璃仪器(其他材质仪器任选)均正确的是
A．分离和的混合液体，可用萃取法，仪器为⑦⑧
B．除去苯中混有的少量苯酚：加入溴水，然后过滤，仪器为①⑦⑨
C．使用酸性高锰酸钾标准溶液滴定未知浓度的溶液，仪器为④⑦
D．蒸馏法淡化海水，仪器为②③⑤⑥
4．新型靶向药物M能够牢牢“黏住”致病蛋白，其结构简式如图所示。下列关于M的说法不正确的是
A．M含有3种官能团
B．最多可与加成
C．M中所有碳原子可能共平面
D．M“黏住”致病蛋白的过程可能与二者之间形成氢键有关
5．聚合硫酸铁是一种无机高分子化合物，能用作净水剂。可以由绿矾和在水溶液中反应制得，下列说法正确的是
A．的价电子排布为
B．中，与分子之间通过分子间作用力结合
C．形成聚合硫酸铁后，水溶液的减小
D．在相同条件下，比的水解能力更弱
6．下列反应对应的离子方程式错误的是
A．向溶液中通入少量
B．用饱和碳酸氢钠溶液除去中的气体：
C．用溶液吸收工业废气中的
D．将气体通入溶液中：
7．化合物所含的5种元素均为短周期主族元素，、和为同周期元素，原子序数依次增加，的基态原子价层电子排布式为，的基态原子价层轨道半充满，是地壳中含量最多的元素，是有机分子的骨架元素，下列说法正确的是
A．元素电负性： B．简单氢化物沸点：
C．第一电离能： D．和的空间结构均为直线形
8．由下列实验操作及现象不能得到相应结论的是
选项 实验操作及现象 结论
A 向2支盛有相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的和，一支试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显现象
B 向麦芽糖溶液中加少量稀硫酸，加热一段时间，冷却后加过量溶液至碱性，再加银氨溶液，水浴加热，出现银镜 麦芽糖的水解产物具有还原性
C 将通入品红溶液中，溶液褪色 具有漂白性
D 以甲烷球棍模型为基础，用两个代表氯原子的小球替换代表氢原子的小球，只能得到一种结构模型 无同分异构体
A．A B．B C．C D．D
9．钠离子电池的充放电过程是钠离子在电池正极材料和负极材料之间来回脱嵌的过程，因此钠离子电池被称为“摇椅电池”，其工作原理如图所示，电池总反应为。下列说法错误的是
A．放电时，a极电势高于b极
B．放电时，负极的电极反应式为
C．充电时，每转移电子，a极的质量增重
D．该电池不能使用水溶液作为离子导体
10．有机物I生成酰胺的反应历程如图所示：
已知： R、R'代表烷基。下列说法正确的是
A．物质I中C原子均采取杂化
B．由反应历程可知，键的键能比C-R'的键能小
C．物质Ⅳ中形成的键由O提供孤电子对
D．物质Ⅵ在酸性或碱性条件下均能稳定存在
11．合成某种脱氢催化剂的主要成分之一为立方，其晶胞结构如图，已知晶体密度为。设阿伏加德罗常数的值为，下列说法正确的是
A．的晶体类型为共价晶体
B．与最近的有8个
C．位于形成的八面体空隙
D．与之间的最短距离为
12．是一种极强的氧化剂，其中一种制备流程如图。已知的熔点为、沸点为，为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A．标准状况下，所含质子数目为
B．“制备”过程中被还原时转移电子数目为
C．中含有键的数目为
D．溶液中所含O原子数目为
13．一定温度下，向恒容密闭容器中充入，发生反应，测定实验数据得到和的曲线如图所示。下列说法正确的是
A．的分解反应在低温下能自发进行
B．若混合气体的密度保持不变，能判断反应已达平衡
C．若平衡时升高温度，曲线Ⅱ的h点可能变为f点
D．若平衡后恒温充入一定量的的平衡转化率减小
14．向饱和溶液(有足量固体)中通入气体，调节体系促进溶解，总反应为。平衡时、分布系数与的变化关系如图所示(其中M代表或)。比如，。已知。下列说法错误的是
A．曲线I代表与的变化关系
B．时，溶液中
C．总反应的平衡常数
D．时，和的分布系数关系为
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．一种回收锌电解阳极泥(主要成分为和，还有少量锰铅复合氧化物和)中的金属元素锌、铅、银，并制备高纯碳酸锰的工艺流程如下图。回答下列问题：
（1）锰元素在元素周期表中的位置是　 　；通过仪器分析可知中为+2价，O为-2价，的化合价有+2价和+4价，则中+2价和+4价的个数比为　 　。
（2）滤液1中主要金属阳离子为　 　(填化学式)。
（3）“还原酸浸”工序中主要反应的化学方程式为　 　。
（4）碳化过程中发生反应的离子方程式为　 　。
（5）结合溶解度曲线图分析，由溶液制得晶体的操作为　 　，　 　，洗涤、干燥。
（6）通过计算说明可用溶液将“滤渣”中的转化为的原因　 　。[已知：时
]
16．过氧乙酸(，一种弱酸)是一种广谱消毒剂。它是无色易挥发、易溶于水的液体，受热易分解，具有强氧化性，其氧化性与高锰酸钾的氧化性相近。某课外实验小组同学按下述流程合成少量过氧乙酸并对其含量进行测定。
I．合成过氧乙酸
按下图装置，利用高浓度的双氧水和乙酸反应合成少量过氧乙酸，同时利用乙酸丁酯与水形成共沸物(沸点)及时分离出水。已知乙酸丁酯的密度为，难溶于水。
（1）仪器a的名称为　 　。
（2）装置中油水分离器的作用是将水从体系中分离出来，有利于反应向　 　(填“正”或“逆”)反应方向进行，当观察到　 　时，可判断反应结束。
（3）反应体系采用减压的目的是降低共沸物的沸点，防止　 　。
Ⅱ．过氧乙酸含量测定
（4）过氧乙酸被还原，产物之一为，其离子方程式为　 　。
（5）若样品体积为，加入溶液，消耗溶液，则样品中过氧乙酸含量为　 　。
（6）若用溶液除时，不慎滴加过量，则导致最终测定过氧乙酸的含量　 　(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
17．镁基储氢材料如，具有储氢量高，成本低廉等优点，发展前景广阔。
已知：I．
II．
请根据以上内容，回答下列问题：
（1）吸氢反应的活化能　 　；图2为某温度下，两种材料吸氢量随时间变化关系，请结合图1解释，5分钟内吸氢量更大的原因是　 　。
（2）恒温条件下，为加快吸氢速率，可以采取的措施为　 　(写出一个即可)。
（3）储氢量高且价格低廉，但吸放氢需要的温度高且速度慢，研究发现在系列合金中添加元素能够降低氢化物的生成焓，加速氢分子的解离过程，从而提高氢的吸附速率。其中，元素的作用是　 　。
（4）恒温条件下，在刚性容器中发生反应Ⅱ，若平衡时体系中的物质的量为，则该反应的平衡常数　 　，若再向容器中通入一定量将　 　(选填“变大”“变小”或“不变”)。
（5）某镁镍合金储氢后的晶体结构如图所示(为便于观察，省略了2个图乙结构)，已知晶胞参数为键长度为，若晶胞中两原子的分数坐标分别为，则C点H原子的分数坐标为　 　，用表示阿伏加德罗常数，该晶体的密度可表示为　 　。
18．维拉佐酮是临床上使用广泛的抗抑郁药，其关键中间体G的合成路线如下：
已知：
信息：
（1）A的名称为　 　。
（2）写出反应②的化学方程式　 　。
（3）E的结构简式为　 　；反应⑥的反应类型是　 　。
（4）下列相关说法错误的是　 　。
a.化合物A和B可以用红外光谱进行鉴别
b. 1mol最多可以与反应
c.反应⑤中的作用是与生成的反应，使平衡正向移动
d.F中不存在手性碳原子
（5）B的同分异构体中满足下列条件的有　 　种；写出其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式：　 　。
①属于芳香族化合物； ②能发生银镜反应
（6）参照上述合成路线，从苯甲醛和乙醇出发，设计合成的路线　 　(无机试剂任选，合成路线见本题题干)。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；金属冶炼的一般原理；镁、铝的重要化合物；铁的化学性质
【解析】【解答】A、湿法冶金中，如 “曾青得铁则化为铜” 涉及 Fe 置换 Cu2+，Cu 元素发生还原反应，但同时 Fe 元素被氧化为 Fe2+，并非所有金属元素都发生还原反应，A 错误；
B、明矾（KAl(SO4)2 12H2O）溶于水时 Al3+水解使溶液显酸性（Al3++3H2O Al (OH)3+3H+），铜锈主要成分为 Cu2(OH)2CO3，可与酸反应被清除，B 正确；
C、放射性衰变涉及原子核的变化，而化学变化的最小微粒是原子，原子核内质子、中子数改变不属于化学变化，C 错误；
D、还原铁粉的作用是吸收氧气、防止食品氧化变质（抗氧化剂），不能吸收水分做干燥剂，干燥剂常用生石灰、硅胶等，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
湿法冶金原理：核心为置换反应，金属元素有升有降，并非均被还原；
明矾除铜锈原理：利用 Al3+水解显酸性，酸性环境溶解铜锈；
化学变化范畴：化学变化仅涉及原子、 离子重新组合，原子核衰变属于核物理变化；
铁粉用途：还原铁粉为食品抗氧化剂，非干燥剂。
2．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、SO2中 S 原子的价层电子对数为 3，含 1 对孤电子对，空间结构为 V 形，键角小于 180°，不是直线形，A 错误；
B、丙烯的结构简式需体现碳碳双键，正确为 CH3CH=CH2，C3H6是分子式，B 错误；
C、NaCl 溶液中，阳离子 Na+带正电，水合离子中氧原子（带负电）朝向 Na+；阴离子 Cl-带负电，水合离子中氢原子（带正电）朝向 Cl-， 且钠离子半径小于氯离子半径，溶液中的水合离子为，C错误；
D、Ca2+和 Cl-的最外层电子排布均为 3s23p6， 电子排布图均为，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
SO2空间结构：S 为 sp2 杂化，含孤电子对，为 V 形，键角小于 180°；
结构简式书写：烯烃需标出官能团（碳碳双键），分子式不能替代结构简式；
水合离子结构：阳离子吸引水分子的氧端，阴离子吸引水分子的氢端；
电子排布图：需遵循泡利原理（同一轨道自旋相反）、洪特规则（分占轨道、自旋相同）。
3．【答案】A
【知识点】蒸馏与分馏；分液和萃取；物质的分离与提纯；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A、Br2在有机溶剂中的溶解度远大于在水中的溶解度，可采用萃取分液法分离 H2O 和 Br2的混合液，所需玻璃仪器为烧杯（⑦）、分液漏斗（⑧），方法与仪器均正确，A 正确；
B、苯酚与溴水反应生成的三溴苯酚可溶于苯，无法通过过滤分离，且会引入新杂质，该除杂方法错误，B 错误；
C、酸性高锰酸钾具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，应选用酸式滴定管（④）盛放，同时滴定还需要锥形瓶（⑥），仅用④⑦无法完成滴定，仪器选择错误，C 错误；
D、蒸馏法淡化海水需要蒸馏烧瓶（⑤）、直形冷凝管（②）、温度计（③）、锥形瓶（⑥）、牛角管等，图中②为球形冷凝管（多用于回流，不用于蒸馏），仪器选择错误，D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
萃取分液操作：分离互不相溶的液体，核心仪器为分液漏斗、烧杯；
除杂原则：不引入新杂质、不与原物质反应，三溴苯酚溶于苯，不能用溴水除苯中苯酚；
滴定仪器选择：强氧化性溶液需用酸式滴定管，且滴定需锥形瓶作反应容器；
蒸馏仪器选择：蒸馏用直形冷凝管，球形冷凝管适用于回流，不可混用。
4．【答案】B
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；有机物中的官能团
【解析】【解答】A、M 中含有的官能团为酚羟基、酯基、碳碳双键，共 3 种，A 正确；
B、能与 H2加成的结构为苯环、碳碳双键，酯基中的羰基不能加成。1mol M 含 2 个苯环（共 6mol H2）、1 个碳碳双键（1mol H2），最多可与7mol H2加成，B 错误；
C、苯环、碳碳双键、酯基均为平面结构，单键可旋转，因此 M 中所有碳原子可能共平面，C 正确；
D、M 中含多个酚羟基，可与致病蛋白中的氨基、羰基等形成氢键，因此 “黏住” 致病蛋白的过程可能与氢键有关，D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
官能团识别：准确区分酚羟基、酯基、碳碳双键，避免误将酯基羰基当作可加成基团；
加成反应计算：明确只有苯环、碳碳双键能与 H2加成，酯基、羧基的羰基不加成；
共面判断：利用苯环、双键的平面结构，结合单键可旋转的特点分析原子共面性；
氢键作用：酚羟基可与蛋白质的极性基团形成氢键，是分子间相互作用的重要方式。
5．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；盐类水解的应用
【解析】【解答】A、Fe 原子的价电子排布为 3d64s2，Fe2+是 Fe 原子失去 4s 轨道的 2 个电子形成的，价电子排布为 3d6，A 错误；
B、FeSO4 7H2O 中，Fe2+与 H2O 分子之间通过配位键结合，不是分子间作用力，B 错误；
C、绿矾 (FeSO4 7H2O) 和KClO3反应生成聚合硫酸铁 [Fe(OH)SO4] ，Fe2+被氧化为 Fe3+，Fe3+水解程度大于 Fe2+，溶液中 H+浓度增大，水溶液的 pH 减小，C 正确；
D、Fe3+的电荷数更高，对 OH-的吸引力更强，水解能力强于 [Fe(OH)]2+，D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
价电子排布：Fe 原子失去最外层 4s 电子形成 Fe2+，价电子排布为 3d6；
化学键类型：结晶水与金属离子之间为配位键，不是分子间作用力；
水解与 pH：Fe3+水解程度大于 Fe2+，氧化后溶液酸性增强，pH 减小；
水解能力比较：离子所带正电荷越高，水解能力越强，Fe3+水解能力强于 [Fe(OH)]2+。
6．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、Fe2+的还原性强于 Br-，向 FeBr2溶液中通入少量 Cl2时，Cl2优先与 Fe2+反应，离子方程式为 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，而非 Br-被氧化，A 错误；
B、饱和碳酸氢钠溶液可除去 CO2中的 SO2，SO2与 HCO3-反应生成 CO2、SO32-和 H2O，离子方程式，B正确；
C、NaOH 溶液吸收 NO2发生歧化反应，生成 NO3-、NO2-和 H2O，离子方程式，C正确；
D、H2S 与 CuSO4溶液反应生成 CuS 沉淀和 H2SO4，CuS 不溶于酸，离子方程式 Cu2＋＋H2S=CuS↓＋2H＋，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
还原性顺序：Fe2+ > Br-，少量 Cl2优先氧化 Fe2+，而非 Br-；
除杂原理：利用酸性 H2SO3 > H2CO3，用饱和 NaHCO3除去 CO2中的 SO2，不引入新杂质；
歧化反应：NO2与碱反应，N 元素发生自身氧化还原，生成 + 5 价和 + 3 价的含氮离子；
沉淀特殊性：CuS 难溶于酸，H2S 可与 Cu2+反应生成 CuS 沉淀，符合离子方程式书写规则。
7．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；氢键的存在对物质性质的影响；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、分析可知，Z=P，E=O，M=C，元素的非金属性越强，电负性越大，氧元素的非金属性强于碳元素，则氧元素的电负性大于碳元素，实际的电负性大小为：E>M>Z，A错误；
B、分析可知，Z=P，E=O，M=C，水分子能形成分子间氢键，磷化氢不能形成分子间氢键，则水分子的分子间作用力大于磷化氢，沸点高于磷化氢，实际的简单氢化物沸点大小为：E>Z>M，B错误；
C、由分析可知，X=Na，Y=Mg，Z=P，同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，镁原子的3s轨道为稳定的全充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由大到小的顺序为P＞Mg＞Na，C正确；
D、由分析可知，E=O，M=C，二氧化硫分子中硫原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为1，分子空间构型为V形，臭氧和二氧化硫的原子个数都为3、价电子数都为18，互为等电子体，等电子体具有相同的空间构型，所以臭氧和二氧化硫分子的空间构型都为V形，D错误；
故答案为：C
【分析】根据题目描述，化合物X3YZE4ME3中的5种元素均为短周期主族元素，且满足以下条件：E是地壳中含量最多的元素，故E为O；M是有机分子的骨架元素，故M为C；X、Y、Z为同周期元素，原子序数依次增加，因此X的基态原子价层电子排布式为nsn-2。经分析，n=3，故价层电子排布为3s1，即X为Na；Z的基态原子价层p轨道半充满，p轨道有3个电子，ZZ在第三周期（与X同周期），故价层电子为3s23p3，即Z为P；Y的原子序数在X（Na，原子序数11）和Z（P，原子序数15）之间，故Y为镁（Mg，原子序数12）。因此，元素分别为：X=Na，Y=Mg，Z=P，E=O，M=C。
8．【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二糖的性质和用途；性质实验方案的设计；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、相同浓度的银氨溶液中，加入等浓度 NaCl、NaI，仅生成 AgI 黄色沉淀，说明 AgI 更难溶，故 Ksp(AgI) < Ksp(AgCl)，结论正确，A 不符合题意；
B、麦芽糖本身是还原性糖，即使不水解也能发生银镜反应，因此无法通过该实验证明水解产物具有还原性，结论错误，B 符合题意；
C、SO2通入品红溶液，溶液褪色，体现了 SO2的漂白性，结论正确，C 不符合题意；
D、甲烷为正四面体结构，二氯取代物只有一种结构，因此 CH2Cl2无同分异构体，结论正确，D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
溶度积比较：同类型难溶电解质，可通过沉淀生成先后判断 Ksp 大小，优先生成沉淀的 Ksp 更小；
还原性糖检验：麦芽糖为还原性二糖，自身含醛基，水解前后均能发生银镜反应，无法用银镜反应证明水解产物的还原性；
SO2的漂白性：SO2能使品红溶液褪色，是其漂白性的特征反应；
甲烷结构：甲烷为正四面体结构，二氯代物只有一种，可证明 CH2Cl2无同分异构体。
9．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池
【解析】【解答】A、放电时为原电池，a极为正极，b极为负极，正极电势高于负极，故a极电势高于b极，A正确；
B、放电时，负极b极上失电子发生氧化反应，电极反应式为，B正确；
C、充电时，a极为阳极，发生氧化反应，电极反应式为，每转移0.1mol电子，a极失去0.1mol，质量减少，而非增重，C错误；
D、钠是活泼金属，能与水发生反应生成氢氧化钠和氢气，因此该电池不能使用水溶液作为离子导体，D正确；
故答案为：C。
【分析】根据总反应式，放电时转化为，碳元素化合价升高，发生氧化反应，因此b电极为负极，负极的电极反应为：；
对应地，在放电时得电子，发生还原反应，因此a电极为正极，正极的电极反应为：。
充电为放电的逆过程，电极反应、电极极性均反向：原正极（a极）作阳极，发生氧化反应；原负极（b极）作阴极，发生还原反应，据此逐一分析各选项。
10．【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；酰胺
【解析】【解答】A、物质 I 中存在烷基（R、R'）上的饱和 C 原子，饱和 C 原子采取 sp3 杂化，并非所有 C 原子均为 sp2 杂化，A 错误；
B、从反应历程看，反应中断裂的是 C-R' 键，说明 C-R' 键更容易断裂，键能更小；而 C-R 键未断裂，键能更大，故 C-R 键的键能大于 C-R' 的键能，B 错误；
C、物质 IV 中，C 原子带正电荷，缺电子，O 原子提供孤电子对，与 C 原子形成 C-O 键（配位键），C 正确；
D、物质 VI 为酰胺，酰胺键在酸性条件下会发生水解反应，在碱性条件下也会发生水解，均不能稳定存在，D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
杂化类型判断：饱和碳原子为 sp3 杂化，不饱和碳原子（双键、三键）多为 sp2 或 sp 杂化；
键能与反应关系：反应中优先断裂的化学键，键能较小；
配位键形成：缺电子的原子易接受有孤电子对原子提供的电子对形成配位键；
酰胺的性质：酰胺键易在酸、碱性条件下水解，不稳定。
11．【答案】D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、ZnO由和通过离子键结合，属于离子晶体，而非共价晶体，A错误；
B、位于晶胞的顶点、面心，以顶点为例，与其最近的为相邻面心的，共个，而非8个，B错误；
C、填充在形成的四面体空隙中，而非八面体空隙，C错误；
D、用均摊法计算晶胞内粒子数：：个（全部在晶胞内部），：个；
晶胞质量：
由密度公式，得晶胞棱长：
与的最短距离为晶胞体对角线的，晶胞体对角线长为，因此：，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
晶体类型判断：由阴阳离子构成的化合物为离子晶体，ZnO为离子晶体。
配位数计算：顶点的最近邻为12个（相邻面心）。
空隙类型：填充在的四面体空隙中。
晶胞计算：用均摊法确定粒子数，结合密度公式求晶胞棱长，再根据体对角线与棱长的关系计算离子最短距离。
12．【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；气体摩尔体积；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、标况（标准状况，0℃、101kPa）下，的沸点为11℃，此时为液态，无法直接根据气体摩尔体积计算其物质的量，因此无法确定质子数，A错误；
B、制备的反应中，中为+4价，反应后变为中+3价，元素被还原；中为-1价，被氧化后生成（为0价）。被氧化的反应为，1mol被氧化时转移2mol电子，电子数目为，B错误；
C、的结构式为，单键全部为键，双键包含1个键和1个键，因此1mol分子中含2mol键，键数目为，C正确；
D、1L 0.1mol/L溶液中，溶质含0.2mol原子，同时溶剂水中也含有大量原子，因此溶液中原子数目大于，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
气体摩尔体积的适用条件：需明确物质状态、温度压强，标况下为液态，不能用计算物质的量。
氧化还原反应电子转移计算：先分析元素化合价变化，确定氧化剂、还原剂及电子转移比例，再结合物质的量计算电子数目。
化学键类型与数目：明确键、键的存在规律（单键为键，双键含1个键），结合的结构式计算键数目。
溶液中粒子数的判断：计算溶液中某元素原子数目时，需同时考虑溶质和溶剂中该原子的总量，避免遗漏。
13．【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A、该分解反应（吸热），且（气体分子数增多），根据，只有高温下，反应自发，低温下，不能自发进行，A错误；
B、容器恒容，反应前后气体总质量不变，根据，密度始终为定值，因此密度不变不能判断反应达到平衡，B错误；
C、该反应，平衡时升高温度，平衡正向移动，减小，曲线Ⅱ（）的h点（）会向更小的方向移动，而f点大于h点，因此h点不可能变为f点，C错误；
D、平衡后恒温恒容充入一定量，相当于增大压强，该反应是气体分子数增大的反应，增大压强平衡逆向移动，因此的平衡转化率减小，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
反应自发性判断：利用，结合、，判断自发的温度条件。
平衡状态判断：恒容、气体总质量不变时，密度为定值，不能作为平衡判据。
温度对平衡的影响：吸热反应升温平衡正向移动，反应物浓度减小。
压强对平衡的影响：恒容充入反应物，相当于增大压强，平衡向气体分子数减小的方向（逆向）移动，反应物转化率降低。
14．【答案】B
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的计算；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、草酸（）的两步电离为、，pH越小，浓度越高，越抑制电离，越大，因此曲线Ⅰ代表随pH的变化关系，A正确；
B、pH=4.27时，根据电荷守恒：；此时，即，代入得：；pH=4.27时，因此，B错误；
C、总反应的平衡常数，结合、草酸的电离常数，可得；由图中交点pH=1.27（，）、pH=4.27（，），则，因此，C正确；
D、pH=5时，由，得；分布系数之比等于浓度比，因此，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
分布系数曲线判断：pH越低，的分布系数越高，对应曲线Ⅰ；
电荷守恒应用：结合溶液中离子的电荷守恒，代入的条件，推导离子浓度关系；
平衡常数计算：利用溶度积、电离常数的关系，推导总反应的平衡常数；
分布系数比值计算：利用草酸的二级电离常数，结合pH计算与的浓度比，即分布系数之比。
15．【答案】（1）第四周期第VIIB族；
（2）Zn2+
（3）
（4）
（5）加热浓缩结晶；高于40℃趁热过滤
（6）当中在加入溶液后，发生反应，该反应的平衡常数，几乎可以完全转化为
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；离子方程式的书写；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】（1）Mn为25号元素，在周期表中位于第四周期第VIIB族；中为价，O为价，设中含a个价，则价有个，据化合价代数和为0列式为，解得，则价和价的个数比为。
故答案为：第四周期第VIIB族；。
（2）根据阳极泥的成分及酸洗后离子的去向可知，向阳极泥中加入稀硫酸后将转成了，并随滤液除去，故滤液1主要溶质为。
故答案为：。
（3）由题中信息可知，在酸洗后剩余的滤渣中加入稀硫酸、葡萄糖与发生氧化还原反应，价得电子被还原成，葡萄糖中C失电子被氧化成，其反应方程式为：。
故答案为：。
（4）碳化过程是在含的溶液中加入和氨水将生成固体的过程，则发生反应的离子方程式为：。
故答案为：。
（5）由图可知温度40℃以上时主要以形式结晶，且晶体的溶解度随温度升高而减小，因此在加热蒸发浓缩结晶后，采用趁热过滤可减少晶体损失。
故答案为：加热浓缩结晶；高于40℃趁热过滤。
（6）当中在加入溶液后，发生反应，该反应的平衡常数，几乎可以完全转化为，故可用溶液将“滤渣”中的转化为。
故答案为：当中在加入溶液后，发生反应，该反应的平衡常数，几乎可以完全转化为。
【分析】以铅酸蓄电池阳极泥为原料，先加稀硫酸酸浸，将ZnO转化为ZnSO4进入滤液1除去；剩余滤渣中加稀硫酸与葡萄糖酸浸，将+4价Mn（MnO2）还原为Mn2+进入溶液，过滤得到MnSO4溶液；经蒸发浓缩、趁热过滤得到MnSO4·H2O晶体；剩余溶液中加NaHCO3与氨水沉锰得到高纯MnCO3；最后在滤渣中加Na2CO3将PbSO4转化为PbCO3，经酸浸、沉淀得到PbSO4，同时回收Ag单质，实现各组分的分离与提纯。
(1) 根据Mn的原子序数25，结合元素周期表排布，确定其位于第四周期第ⅦB族；利用化合物中各元素化合价代数和为0，设+2价Mn个数为a，+4价Mn为(4-a)，结合Pb为+2价、O为-2价列方程求解，得到两种价态Mn的个数比。
(2) 根据酸浸流程，阳极泥中的ZnO与稀硫酸反应生成ZnSO4进入滤液，因此滤液1的主要金属阳离子为Zn2+。
(3)分析氧化还原反应中元素化合价变化：MnO2中+4价Mn得电子被还原为Mn2+，葡萄糖（C6H12O6）中C失电子被氧化为CO2，结合稀硫酸提供酸性环境，根据电子守恒、原子守恒配平化学方程式。
(4) 分析反应本质：Mn2+与HCO3-、NH3·H2O反应生成MnCO3沉淀，同时生成NH4+与H2O，根据电荷守恒、原子守恒配平离子方程式。
(5) 结合溶解度曲线，40℃以上MnSO4主要以MnSO4·H2O形式结晶，且溶解度随温度升高而减小，因此采用加热浓缩结晶，再趁热过滤，减少晶体溶解损失。
(6)写出沉淀转化的离子方程式，利用溶度积计算平衡常数，若，说明反应正向进行程度大，PbSO4可完全转化为PbCO3，证明方法可行。
（1）Mn为25号元素，在周期表中位于第四周期第VIIB族；中为价，O为价，设中含a个价，则价有个，据化合价代数和为0列式为，解得，则价和价的个数比为。
故答案为：第四周期第VIIB族；。
（2）根据阳极泥的成分及酸洗后离子的去向可知，向阳极泥中加入稀硫酸后将转成了，并随滤液除去，故滤液1主要溶质为。
故答案为：。
（3）由题中信息可知，在酸洗后剩余的滤渣中加入稀硫酸、葡萄糖与发生氧化还原反应，价得电子被还原成，葡萄糖中C失电子被氧化成，其反应方程式为：。
故答案为：。
（4）碳化过程是在含的溶液中加入和氨水将生成固体的过程，则发生反应的离子方程式为：。
故答案为：。
（5）由图可知温度40℃以上时主要以形式结晶，且晶体的溶解度随温度升高而减小，因此在加热蒸发浓缩结晶后，采用趁热过滤可减少晶体损失。
故答案为：加热浓缩结晶；高于40℃趁热过滤。
（6）当中在加入溶液后，发生反应，该反应的平衡常数，几乎可以完全转化为，故可用溶液将“滤渣”中的转化为。
故答案为：当中在加入溶液后，发生反应，该反应的平衡常数，几乎可以完全转化为。
16．【答案】球形冷凝管；正；油水界面不再增高；温度过高过氧乙酸分解；；；偏高
【知识点】常用仪器及其使用；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）仪器a的名称为球形冷凝管；
故答案为： 球形冷凝管 ；
（2）利用油水分离器将反应过程中生成的水从体系中移除，可以使反应正向进行更容易；且乙酸丁酯难溶于水，若油水界面不再变化，说明反应已达限度，可以结束反应，故答案为：正，油水界面不再增高；
故答案为： 正 ； 油水界面不再增高 ；
（3）根据题目信息，过氧乙酸受热易分解，减压可以降低共沸物的沸点，使共沸物在较低温度下被蒸出，防止过氧乙酸分解。
故答案为： 温度过高过氧乙酸分解 ；
（4）过氧乙酸被还原，得到还原产物，则反应中作还原剂，氧化产物为，过氧乙酸为氧化剂，还原产物为乙酸，结合原子守恒、得失电子守恒可得离子方程式为：。
故答案为： ；
（5）总物质的量为，。反应中铁化合价由+2变为+3、铬化合价由+6变为+3，根据得失电子守恒有：，即每与恰好完全反应，与反应的的物质的量，与过氧乙酸反应的的物质的量，根据可得：的物质的量，的质量，则过氧乙酸的含量；
故答案为： ；
（6）若是在用溶液除时，不慎滴加过量，则过量高锰酸钾可以和加入的反应，导致剩余的偏少，则消耗重铬酸钾的量偏小，最终导致测定过氧乙酸的含量会偏高。
故答案为： 偏高 ；
【分析】以醋酸与双氧水共热制备过氧乙酸，通过球形冷凝管冷凝回流，利用油水分离器分离生成的水促进平衡正向移动；反应结束后减压蒸馏分离产品，避免过氧乙酸受热分解；后续通过氧化还原滴定法测定过氧乙酸含量，并分析误差来源。
(1) 根据仪器的结构特征（球形、带冷凝水进出口），直接识别为球形冷凝管，用于冷凝回流反应物，提高原料利用率。
(2) 该反应为可逆反应，分离出生成的水，可使平衡正向移动，提高产率；利用乙酸丁酯难溶于水的性质，当油水界面不再增高时，说明水的生成停止，反应达到限度，可结束反应。
(3) 过氧乙酸受热易分解，减压可降低共沸物的沸点，使蒸馏在较低温度下进行，防止过氧乙酸受热分解，保证产品纯度。
(4) 分析氧化还原化合价变化：过氧乙酸中 - 1 价 O 得电子被还原为 - 2 价，Fe2+失电子被氧化为 Fe3+；结合酸性环境，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平离子方程式。
(5) 采用返滴定法：先加入过量 Fe2+与过氧乙酸完全反应，再用 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余 Fe2+；根据电子守恒，1mol K2Cr2O7对应 6mol Fe2+，计算出与过氧乙酸反应的 Fe2+的物质的量，再结合过氧乙酸与 Fe2+的反应比例，计算出过氧乙酸的物质的量，最终换算为含量（g L- ）。
(6) 若 KMnO4过量，会氧化部分 Fe2+，导致剩余 Fe2+的量减少，滴定消耗的 K2Cr2O7体积偏小，计算出的与过氧乙酸反应的 Fe2+的量偏大，最终导致过氧乙酸含量测定结果偏高。
17．【答案】（1）72.0；吸氢反应活化能小，反应速率更快
（2）加压、增大单位体积氢气的浓度、增大材料表面积等
（3）催化
（4）2；不变
（5）；
【知识点】晶胞的计算；化学平衡常数
【解析】【解答】（1）依图1如图知吸收氢气反应活化能为；依图1吸氢反应活化能为吸氢反应活化能为，依图2，吸氢反应未达到平衡状态，故在5分钟内活化能更小的反应速率更快，吸氢量更大。
故答案为： 72.0 ；吸氢反应活化能小，反应速率更快 ；
（2）加快气体反应速率，可以采取加压、增大单位体积氢气的浓度、增大材料表面积等方法。
故答案为： 加压、增大单位体积氢气的浓度、增大材料表面积等 ；
（3）系列合金中添加元素能够降低氢化物的生成焓，加速氢分子的解离过程，从而提高氢的吸附速率。故元素的作用是：催化作用。
故答案为： 催化 ；
（4）。温度不变，平衡常数K不变。
故答案为：2； 不变 ；
（5）分数坐标表示的是晶胞中原子的相对位置，C点H原子距离A点的长度为，晶胞参数为，则C点的分数坐标为。一个晶胞中含有8个原子，均摊后有4个单元（根据对称性，省略的图乙结构应位于晶胞的一个面心和一个顶点），故晶体的密度。
故答案为： ； ；
【分析】(1)活化能越低，反应速率越快。对比Mg2Ni、Mg2NiH4、Mg的吸氢活化能，Mg2Ni的活化能最小，因此相同时间内其吸氢量最大；同时结合5min时Mg未达平衡，验证活化能与反应速率的对应关系。
(2)从影响反应速率的因素入手：加压可增大H2浓度、增大材料表面积可增加接触位点、提高H2浓度等，均可加快气固反应速率。
(3)Fe元素降低氢化物生成焓、加速H2解离，降低反应活化能，起到催化作用，提高氢吸附速率。
(4)平衡时H2的浓度，该反应的平衡常数；温度不变，平衡常数保持不变。
(5)分数坐标：以A点为原点，根据C点相对位置（沿y轴距离为，晶胞参数为），确定分数坐标为；密度计算：用均摊法确定晶胞内Mg、Ni原子数，结合晶胞体积，根据计算晶体密度。
（1）依图1如图知吸收氢气反应活化能为；依图1吸氢反应活化能为吸氢反应活化能为，依图2，吸氢反应未达到平衡状态，故在5分钟内活化能更小的反应速率更快，吸氢量更大。
（2）加快气体反应速率，可以采取加压、增大单位体积氢气的浓度、增大材料表面积等方法。
（3）系列合金中添加元素能够降低氢化物的生成焓，加速氢分子的解离过程，从而提高氢的吸附速率。故元素的作用是：催化作用。
（4）。温度不变，平衡常数K不变。
（5）分数坐标表示的是晶胞中原子的相对位置，C点H原子距离A点的长度为，晶胞参数为，则C点的分数坐标为。一个晶胞中含有8个原子，均摊后有4个单元（根据对称性，省略的图乙结构应位于晶胞的一个面心和一个顶点），故晶体的密度。
18．【答案】（1）对硝基苯酚或4-硝基苯酚
（2）
（3）；取代反应
（4）b
（5）12；
（6）
【知识点】有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；结构简式
【解析】【解答】（1）由A的结构可知，A的名称为对硝基苯酚或硝基苯酚；
故答案为： 对硝基苯酚或4-硝基苯酚 ；
（2）结合C的分子式可知B与发生了取代反应，则反应方程式为：
；
故答案为： 对硝基苯酚或4-硝基苯酚 ；
（3）D与铁粉、盐酸发生反应将硝基还原为氨基，则E为；F与氨发生取代反应生成G和乙醇；
故答案为：，取代反应；
（4）ａ．B的红外光谱中有碳氧双键的吸收峰而A中没有，可以进行鉴别，a正确；
ｂ．中的氯原子和酯基均可与反应，所以理论上该物质最多消耗，b错误；
ｃ．反应⑤生成了可以与反应，促进平衡正向移动，c正确；
ｄ．由F的结构可知，F中不存在手性碳原子，d正确；
故选。
故答案为：b；
（5）B的结构简，其同分异构体属于芳香族化合物，说明有苯环，能发生银镜反应，说明有醛基或甲酸酯基，若为醛基、硝基和羟基，则可能的结构有9种，分别为、、、、、、、、，若为硝基和甲酸酯基，则可能的结构有3种，分别为：、、，共有12种。核磁共振氢谱为三组峰的同分异构体为；
故答案为：12； ；
（6）结合题目所给信息，运用逆推法可知目标化合物可由苯甲醛和乙酸乙酯反应生成，乙酸乙酯可由乙醇和乙酸酯化得到，乙酸可由乙醇氧化得来，因此合成路线为：。
故答案为： ；
【分析】以对硝基苯酚为起始原料，经六亚甲基四胺甲酰化得到 B；B 与氯乙酸乙酯发生取代反应生成氯化氢和 C（）；C 经稀 NaOH/Δ 发生羟醛缩合环合得到 D；D 在铁粉 / 盐酸条件下将硝基还原为氨基得到 E（）；E 与、K2CO3发生取代反应生成 F；F 再与 NH3发生氨解反应，最终得中间体 G。
(1) 根据 A 的结构（苯环上酚羟基与硝基处于对位），按照系统命名法命名为4 - 硝基苯酚，也可使用习惯命名对硝基苯酚。
(2) B 中酚羟基与 ClCH2COOC2H5发生取代反应，Cl 原子被取代生成 HCl，结合原子守恒配平反应方程式。
(3) D 在铁粉、盐酸条件下，硝基 (-NO2) 被还原为氨基 (-NH2)，得到 E；后续 E 中氨基与卤原子发生取代反应生成 F，F 再与氨发生取代反应生成 G 和乙醇，核心反应类型为取代反应。
(4) a：红外光谱可鉴别特征官能团，B 含碳氧双键、A 不含，可鉴别，正确；
b：ClCH2COOC2H5中氯原子、酯基均能与 NaOH 反应，1mol 该物质最多消耗 2mol NaOH，错误；
c：反应生成 HCl，K2CO3可中和 HCl，促进平衡正向移动，正确；
d：F 中无手性碳原子（无连 4 个不同基团的碳原子），正确；
最终选错误项 b。
(5) B 的同分异构体需满足：芳香族化合物（含苯环）、能发生银镜反应（含醛基或甲酸酯基）；分两类分析：含醛基、硝基、羟基：苯环上三取代，共 9 种结构；含甲酸酯基、硝基：苯环上二取代，共 3 种结构；核磁共振氢谱为三组峰，说明分子高度对称，对应结构为 。
(6) 采用逆推法，目标产物由苯甲醛与乙酸乙酯经羟醛缩合得到；乙酸乙酯由乙醇与乙酸酯化合成，乙酸由乙醇氧化得到，最终梳理出正向合成路线：乙醇→乙酸→乙酸乙酯，再与苯甲醛反应得到目标产物。
（1）由A的结构可知，A的名称为对硝基苯酚或硝基苯酚；
（2）结合C的分子式可知B与发生了取代反应，则反应方程式为：
；
（3）D与铁粉、盐酸发生反应将硝基还原为氨基，则E为；F与氨发生取代反应生成G和乙醇；故答案为：，取代反应；
（4）ａ．B的红外光谱中有碳氧双键的吸收峰而A中没有，可以进行鉴别，a正确；
ｂ．中的氯原子和酯基均可与反应，所以理论上该物质最多消耗，b错误；
ｃ．反应⑤生成了可以与反应，促进平衡正向移动，c正确；
ｄ．由F的结构可知，F中不存在手性碳原子，d正确；
故选b。
（5）B的结构简，其同分异构体属于芳香族化合物，说明有苯环，能发生银镜反应，说明有醛基或甲酸酯基，若为醛基、硝基和羟基，则可能的结构有9种，分别为、、、、、、、、，若为硝基和甲酸酯基，则可能的结构有3种，分别为：、、，共有12种。核磁共振氢谱为三组峰的同分异构体为；
（6）结合题目所给信息，运用逆推法可知目标化合物可由苯甲醛和乙酸乙酯反应生成，乙酸乙酯可由乙醇和乙酸酯化得到，乙酸可由乙醇氧化得来，因此合成路线为：。
1 / 1广西壮族自治区2024-2025学年高三下学期 4月联考化学诊断性考试
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．在西汉刘安组织编撰的《淮南万毕术》中，有“曾青得铁则化为铜”的记载。下列说法正确的是
A．湿法冶金过程中金属元素都发生还原反应
B．中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈
C．放射性可以通过衰变为，该变化为化学变化
D．还原铁粉可以在食品包装袋内做干燥剂
【答案】B
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；金属冶炼的一般原理；镁、铝的重要化合物；铁的化学性质
【解析】【解答】A、湿法冶金中，如 “曾青得铁则化为铜” 涉及 Fe 置换 Cu2+，Cu 元素发生还原反应，但同时 Fe 元素被氧化为 Fe2+，并非所有金属元素都发生还原反应，A 错误；
B、明矾（KAl(SO4)2 12H2O）溶于水时 Al3+水解使溶液显酸性（Al3++3H2O Al (OH)3+3H+），铜锈主要成分为 Cu2(OH)2CO3，可与酸反应被清除，B 正确；
C、放射性衰变涉及原子核的变化，而化学变化的最小微粒是原子，原子核内质子、中子数改变不属于化学变化，C 错误；
D、还原铁粉的作用是吸收氧气、防止食品氧化变质（抗氧化剂），不能吸收水分做干燥剂，干燥剂常用生石灰、硅胶等，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
湿法冶金原理：核心为置换反应，金属元素有升有降，并非均被还原；
明矾除铜锈原理：利用 Al3+水解显酸性，酸性环境溶解铜锈；
化学变化范畴：化学变化仅涉及原子、 离子重新组合，原子核衰变属于核物理变化；
铁粉用途：还原铁粉为食品抗氧化剂，非干燥剂。
2．下列化学用语表述正确的是
A．的空间结构示意图：
B．丙烯的结构简式：
C．溶液中的水合离子
D．和的最外层电子排布图均为：
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、SO2中 S 原子的价层电子对数为 3，含 1 对孤电子对，空间结构为 V 形，键角小于 180°，不是直线形，A 错误；
B、丙烯的结构简式需体现碳碳双键，正确为 CH3CH=CH2，C3H6是分子式，B 错误；
C、NaCl 溶液中，阳离子 Na+带正电，水合离子中氧原子（带负电）朝向 Na+；阴离子 Cl-带负电，水合离子中氢原子（带正电）朝向 Cl-， 且钠离子半径小于氯离子半径，溶液中的水合离子为，C错误；
D、Ca2+和 Cl-的最外层电子排布均为 3s23p6， 电子排布图均为，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
SO2空间结构：S 为 sp2 杂化，含孤电子对，为 V 形，键角小于 180°；
结构简式书写：烯烃需标出官能团（碳碳双键），分子式不能替代结构简式；
水合离子结构：阳离子吸引水分子的氧端，阴离子吸引水分子的氢端；
电子排布图：需遵循泡利原理（同一轨道自旋相反）、洪特规则（分占轨道、自旋相同）。
3．下列实验方法及所选玻璃仪器(其他材质仪器任选)均正确的是
A．分离和的混合液体，可用萃取法，仪器为⑦⑧
B．除去苯中混有的少量苯酚：加入溴水，然后过滤，仪器为①⑦⑨
C．使用酸性高锰酸钾标准溶液滴定未知浓度的溶液，仪器为④⑦
D．蒸馏法淡化海水，仪器为②③⑤⑥
【答案】A
【知识点】蒸馏与分馏；分液和萃取；物质的分离与提纯；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A、Br2在有机溶剂中的溶解度远大于在水中的溶解度，可采用萃取分液法分离 H2O 和 Br2的混合液，所需玻璃仪器为烧杯（⑦）、分液漏斗（⑧），方法与仪器均正确，A 正确；
B、苯酚与溴水反应生成的三溴苯酚可溶于苯，无法通过过滤分离，且会引入新杂质，该除杂方法错误，B 错误；
C、酸性高锰酸钾具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，应选用酸式滴定管（④）盛放，同时滴定还需要锥形瓶（⑥），仅用④⑦无法完成滴定，仪器选择错误，C 错误；
D、蒸馏法淡化海水需要蒸馏烧瓶（⑤）、直形冷凝管（②）、温度计（③）、锥形瓶（⑥）、牛角管等，图中②为球形冷凝管（多用于回流，不用于蒸馏），仪器选择错误，D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
萃取分液操作：分离互不相溶的液体，核心仪器为分液漏斗、烧杯；
除杂原则：不引入新杂质、不与原物质反应，三溴苯酚溶于苯，不能用溴水除苯中苯酚；
滴定仪器选择：强氧化性溶液需用酸式滴定管，且滴定需锥形瓶作反应容器；
蒸馏仪器选择：蒸馏用直形冷凝管，球形冷凝管适用于回流，不可混用。
4．新型靶向药物M能够牢牢“黏住”致病蛋白，其结构简式如图所示。下列关于M的说法不正确的是
A．M含有3种官能团
B．最多可与加成
C．M中所有碳原子可能共平面
D．M“黏住”致病蛋白的过程可能与二者之间形成氢键有关
【答案】B
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；有机物中的官能团
【解析】【解答】A、M 中含有的官能团为酚羟基、酯基、碳碳双键，共 3 种，A 正确；
B、能与 H2加成的结构为苯环、碳碳双键，酯基中的羰基不能加成。1mol M 含 2 个苯环（共 6mol H2）、1 个碳碳双键（1mol H2），最多可与7mol H2加成，B 错误；
C、苯环、碳碳双键、酯基均为平面结构，单键可旋转，因此 M 中所有碳原子可能共平面，C 正确；
D、M 中含多个酚羟基，可与致病蛋白中的氨基、羰基等形成氢键，因此 “黏住” 致病蛋白的过程可能与氢键有关，D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
官能团识别：准确区分酚羟基、酯基、碳碳双键，避免误将酯基羰基当作可加成基团；
加成反应计算：明确只有苯环、碳碳双键能与 H2加成，酯基、羧基的羰基不加成；
共面判断：利用苯环、双键的平面结构，结合单键可旋转的特点分析原子共面性；
氢键作用：酚羟基可与蛋白质的极性基团形成氢键，是分子间相互作用的重要方式。
5．聚合硫酸铁是一种无机高分子化合物，能用作净水剂。可以由绿矾和在水溶液中反应制得，下列说法正确的是
A．的价电子排布为
B．中，与分子之间通过分子间作用力结合
C．形成聚合硫酸铁后，水溶液的减小
D．在相同条件下，比的水解能力更弱
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；盐类水解的应用
【解析】【解答】A、Fe 原子的价电子排布为 3d64s2，Fe2+是 Fe 原子失去 4s 轨道的 2 个电子形成的，价电子排布为 3d6，A 错误；
B、FeSO4 7H2O 中，Fe2+与 H2O 分子之间通过配位键结合，不是分子间作用力，B 错误；
C、绿矾 (FeSO4 7H2O) 和KClO3反应生成聚合硫酸铁 [Fe(OH)SO4] ，Fe2+被氧化为 Fe3+，Fe3+水解程度大于 Fe2+，溶液中 H+浓度增大，水溶液的 pH 减小，C 正确；
D、Fe3+的电荷数更高，对 OH-的吸引力更强，水解能力强于 [Fe(OH)]2+，D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
价电子排布：Fe 原子失去最外层 4s 电子形成 Fe2+，价电子排布为 3d6；
化学键类型：结晶水与金属离子之间为配位键，不是分子间作用力；
水解与 pH：Fe3+水解程度大于 Fe2+，氧化后溶液酸性增强，pH 减小；
水解能力比较：离子所带正电荷越高，水解能力越强，Fe3+水解能力强于 [Fe(OH)]2+。
6．下列反应对应的离子方程式错误的是
A．向溶液中通入少量
B．用饱和碳酸氢钠溶液除去中的气体：
C．用溶液吸收工业废气中的
D．将气体通入溶液中：
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、Fe2+的还原性强于 Br-，向 FeBr2溶液中通入少量 Cl2时，Cl2优先与 Fe2+反应，离子方程式为 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，而非 Br-被氧化，A 错误；
B、饱和碳酸氢钠溶液可除去 CO2中的 SO2，SO2与 HCO3-反应生成 CO2、SO32-和 H2O，离子方程式，B正确；
C、NaOH 溶液吸收 NO2发生歧化反应，生成 NO3-、NO2-和 H2O，离子方程式，C正确；
D、H2S 与 CuSO4溶液反应生成 CuS 沉淀和 H2SO4，CuS 不溶于酸，离子方程式 Cu2＋＋H2S=CuS↓＋2H＋，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
还原性顺序：Fe2+ > Br-，少量 Cl2优先氧化 Fe2+，而非 Br-；
除杂原理：利用酸性 H2SO3 > H2CO3，用饱和 NaHCO3除去 CO2中的 SO2，不引入新杂质；
歧化反应：NO2与碱反应，N 元素发生自身氧化还原，生成 + 5 价和 + 3 价的含氮离子；
沉淀特殊性：CuS 难溶于酸，H2S 可与 Cu2+反应生成 CuS 沉淀，符合离子方程式书写规则。
7．化合物所含的5种元素均为短周期主族元素，、和为同周期元素，原子序数依次增加，的基态原子价层电子排布式为，的基态原子价层轨道半充满，是地壳中含量最多的元素，是有机分子的骨架元素，下列说法正确的是
A．元素电负性： B．简单氢化物沸点：
C．第一电离能： D．和的空间结构均为直线形
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；氢键的存在对物质性质的影响；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、分析可知，Z=P，E=O，M=C，元素的非金属性越强，电负性越大，氧元素的非金属性强于碳元素，则氧元素的电负性大于碳元素，实际的电负性大小为：E>M>Z，A错误；
B、分析可知，Z=P，E=O，M=C，水分子能形成分子间氢键，磷化氢不能形成分子间氢键，则水分子的分子间作用力大于磷化氢，沸点高于磷化氢，实际的简单氢化物沸点大小为：E>Z>M，B错误；
C、由分析可知，X=Na，Y=Mg，Z=P，同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，镁原子的3s轨道为稳定的全充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由大到小的顺序为P＞Mg＞Na，C正确；
D、由分析可知，E=O，M=C，二氧化硫分子中硫原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为1，分子空间构型为V形，臭氧和二氧化硫的原子个数都为3、价电子数都为18，互为等电子体，等电子体具有相同的空间构型，所以臭氧和二氧化硫分子的空间构型都为V形，D错误；
故答案为：C
【分析】根据题目描述，化合物X3YZE4ME3中的5种元素均为短周期主族元素，且满足以下条件：E是地壳中含量最多的元素，故E为O；M是有机分子的骨架元素，故M为C；X、Y、Z为同周期元素，原子序数依次增加，因此X的基态原子价层电子排布式为nsn-2。经分析，n=3，故价层电子排布为3s1，即X为Na；Z的基态原子价层p轨道半充满，p轨道有3个电子，ZZ在第三周期（与X同周期），故价层电子为3s23p3，即Z为P；Y的原子序数在X（Na，原子序数11）和Z（P，原子序数15）之间，故Y为镁（Mg，原子序数12）。因此，元素分别为：X=Na，Y=Mg，Z=P，E=O，M=C。
8．由下列实验操作及现象不能得到相应结论的是
选项 实验操作及现象 结论
A 向2支盛有相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的和，一支试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显现象
B 向麦芽糖溶液中加少量稀硫酸，加热一段时间，冷却后加过量溶液至碱性，再加银氨溶液，水浴加热，出现银镜 麦芽糖的水解产物具有还原性
C 将通入品红溶液中，溶液褪色 具有漂白性
D 以甲烷球棍模型为基础，用两个代表氯原子的小球替换代表氢原子的小球，只能得到一种结构模型 无同分异构体
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二糖的性质和用途；性质实验方案的设计；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、相同浓度的银氨溶液中，加入等浓度 NaCl、NaI，仅生成 AgI 黄色沉淀，说明 AgI 更难溶，故 Ksp(AgI) < Ksp(AgCl)，结论正确，A 不符合题意；
B、麦芽糖本身是还原性糖，即使不水解也能发生银镜反应，因此无法通过该实验证明水解产物具有还原性，结论错误，B 符合题意；
C、SO2通入品红溶液，溶液褪色，体现了 SO2的漂白性，结论正确，C 不符合题意；
D、甲烷为正四面体结构，二氯取代物只有一种结构，因此 CH2Cl2无同分异构体，结论正确，D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
溶度积比较：同类型难溶电解质，可通过沉淀生成先后判断 Ksp 大小，优先生成沉淀的 Ksp 更小；
还原性糖检验：麦芽糖为还原性二糖，自身含醛基，水解前后均能发生银镜反应，无法用银镜反应证明水解产物的还原性；
SO2的漂白性：SO2能使品红溶液褪色，是其漂白性的特征反应；
甲烷结构：甲烷为正四面体结构，二氯代物只有一种，可证明 CH2Cl2无同分异构体。
9．钠离子电池的充放电过程是钠离子在电池正极材料和负极材料之间来回脱嵌的过程，因此钠离子电池被称为“摇椅电池”，其工作原理如图所示，电池总反应为。下列说法错误的是
A．放电时，a极电势高于b极
B．放电时，负极的电极反应式为
C．充电时，每转移电子，a极的质量增重
D．该电池不能使用水溶液作为离子导体
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池
【解析】【解答】A、放电时为原电池，a极为正极，b极为负极，正极电势高于负极，故a极电势高于b极，A正确；
B、放电时，负极b极上失电子发生氧化反应，电极反应式为，B正确；
C、充电时，a极为阳极，发生氧化反应，电极反应式为，每转移0.1mol电子，a极失去0.1mol，质量减少，而非增重，C错误；
D、钠是活泼金属，能与水发生反应生成氢氧化钠和氢气，因此该电池不能使用水溶液作为离子导体，D正确；
故答案为：C。
【分析】根据总反应式，放电时转化为，碳元素化合价升高，发生氧化反应，因此b电极为负极，负极的电极反应为：；
对应地，在放电时得电子，发生还原反应，因此a电极为正极，正极的电极反应为：。
充电为放电的逆过程，电极反应、电极极性均反向：原正极（a极）作阳极，发生氧化反应；原负极（b极）作阴极，发生还原反应，据此逐一分析各选项。
10．有机物I生成酰胺的反应历程如图所示：
已知： R、R'代表烷基。下列说法正确的是
A．物质I中C原子均采取杂化
B．由反应历程可知，键的键能比C-R'的键能小
C．物质Ⅳ中形成的键由O提供孤电子对
D．物质Ⅵ在酸性或碱性条件下均能稳定存在
【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；酰胺
【解析】【解答】A、物质 I 中存在烷基（R、R'）上的饱和 C 原子，饱和 C 原子采取 sp3 杂化，并非所有 C 原子均为 sp2 杂化，A 错误；
B、从反应历程看，反应中断裂的是 C-R' 键，说明 C-R' 键更容易断裂，键能更小；而 C-R 键未断裂，键能更大，故 C-R 键的键能大于 C-R' 的键能，B 错误；
C、物质 IV 中，C 原子带正电荷，缺电子，O 原子提供孤电子对，与 C 原子形成 C-O 键（配位键），C 正确；
D、物质 VI 为酰胺，酰胺键在酸性条件下会发生水解反应，在碱性条件下也会发生水解，均不能稳定存在，D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
杂化类型判断：饱和碳原子为 sp3 杂化，不饱和碳原子（双键、三键）多为 sp2 或 sp 杂化；
键能与反应关系：反应中优先断裂的化学键，键能较小；
配位键形成：缺电子的原子易接受有孤电子对原子提供的电子对形成配位键；
酰胺的性质：酰胺键易在酸、碱性条件下水解，不稳定。
11．合成某种脱氢催化剂的主要成分之一为立方，其晶胞结构如图，已知晶体密度为。设阿伏加德罗常数的值为，下列说法正确的是
A．的晶体类型为共价晶体
B．与最近的有8个
C．位于形成的八面体空隙
D．与之间的最短距离为
【答案】D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、ZnO由和通过离子键结合，属于离子晶体，而非共价晶体，A错误；
B、位于晶胞的顶点、面心，以顶点为例，与其最近的为相邻面心的，共个，而非8个，B错误；
C、填充在形成的四面体空隙中，而非八面体空隙，C错误；
D、用均摊法计算晶胞内粒子数：：个（全部在晶胞内部），：个；
晶胞质量：
由密度公式，得晶胞棱长：
与的最短距离为晶胞体对角线的，晶胞体对角线长为，因此：，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
晶体类型判断：由阴阳离子构成的化合物为离子晶体，ZnO为离子晶体。
配位数计算：顶点的最近邻为12个（相邻面心）。
空隙类型：填充在的四面体空隙中。
晶胞计算：用均摊法确定粒子数，结合密度公式求晶胞棱长，再根据体对角线与棱长的关系计算离子最短距离。
12．是一种极强的氧化剂，其中一种制备流程如图。已知的熔点为、沸点为，为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A．标准状况下，所含质子数目为
B．“制备”过程中被还原时转移电子数目为
C．中含有键的数目为
D．溶液中所含O原子数目为
【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；气体摩尔体积；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、标况（标准状况，0℃、101kPa）下，的沸点为11℃，此时为液态，无法直接根据气体摩尔体积计算其物质的量，因此无法确定质子数，A错误；
B、制备的反应中，中为+4价，反应后变为中+3价，元素被还原；中为-1价，被氧化后生成（为0价）。被氧化的反应为，1mol被氧化时转移2mol电子，电子数目为，B错误；
C、的结构式为，单键全部为键，双键包含1个键和1个键，因此1mol分子中含2mol键，键数目为，C正确；
D、1L 0.1mol/L溶液中，溶质含0.2mol原子，同时溶剂水中也含有大量原子，因此溶液中原子数目大于，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
气体摩尔体积的适用条件：需明确物质状态、温度压强，标况下为液态，不能用计算物质的量。
氧化还原反应电子转移计算：先分析元素化合价变化，确定氧化剂、还原剂及电子转移比例，再结合物质的量计算电子数目。
化学键类型与数目：明确键、键的存在规律（单键为键，双键含1个键），结合的结构式计算键数目。
溶液中粒子数的判断：计算溶液中某元素原子数目时，需同时考虑溶质和溶剂中该原子的总量，避免遗漏。
13．一定温度下，向恒容密闭容器中充入，发生反应，测定实验数据得到和的曲线如图所示。下列说法正确的是
A．的分解反应在低温下能自发进行
B．若混合气体的密度保持不变，能判断反应已达平衡
C．若平衡时升高温度，曲线Ⅱ的h点可能变为f点
D．若平衡后恒温充入一定量的的平衡转化率减小
【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A、该分解反应（吸热），且（气体分子数增多），根据，只有高温下，反应自发，低温下，不能自发进行，A错误；
B、容器恒容，反应前后气体总质量不变，根据，密度始终为定值，因此密度不变不能判断反应达到平衡，B错误；
C、该反应，平衡时升高温度，平衡正向移动，减小，曲线Ⅱ（）的h点（）会向更小的方向移动，而f点大于h点，因此h点不可能变为f点，C错误；
D、平衡后恒温恒容充入一定量，相当于增大压强，该反应是气体分子数增大的反应，增大压强平衡逆向移动，因此的平衡转化率减小，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
反应自发性判断：利用，结合、，判断自发的温度条件。
平衡状态判断：恒容、气体总质量不变时，密度为定值，不能作为平衡判据。
温度对平衡的影响：吸热反应升温平衡正向移动，反应物浓度减小。
压强对平衡的影响：恒容充入反应物，相当于增大压强，平衡向气体分子数减小的方向（逆向）移动，反应物转化率降低。
14．向饱和溶液(有足量固体)中通入气体，调节体系促进溶解，总反应为。平衡时、分布系数与的变化关系如图所示(其中M代表或)。比如，。已知。下列说法错误的是
A．曲线I代表与的变化关系
B．时，溶液中
C．总反应的平衡常数
D．时，和的分布系数关系为
【答案】B
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的计算；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、草酸（）的两步电离为、，pH越小，浓度越高，越抑制电离，越大，因此曲线Ⅰ代表随pH的变化关系，A正确；
B、pH=4.27时，根据电荷守恒：；此时，即，代入得：；pH=4.27时，因此，B错误；
C、总反应的平衡常数，结合、草酸的电离常数，可得；由图中交点pH=1.27（，）、pH=4.27（，），则，因此，C正确；
D、pH=5时，由，得；分布系数之比等于浓度比，因此，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
分布系数曲线判断：pH越低，的分布系数越高，对应曲线Ⅰ；
电荷守恒应用：结合溶液中离子的电荷守恒，代入的条件，推导离子浓度关系；
平衡常数计算：利用溶度积、电离常数的关系，推导总反应的平衡常数；
分布系数比值计算：利用草酸的二级电离常数，结合pH计算与的浓度比，即分布系数之比。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．一种回收锌电解阳极泥(主要成分为和，还有少量锰铅复合氧化物和)中的金属元素锌、铅、银，并制备高纯碳酸锰的工艺流程如下图。回答下列问题：
（1）锰元素在元素周期表中的位置是　 　；通过仪器分析可知中为+2价，O为-2价，的化合价有+2价和+4价，则中+2价和+4价的个数比为　 　。
（2）滤液1中主要金属阳离子为　 　(填化学式)。
（3）“还原酸浸”工序中主要反应的化学方程式为　 　。
（4）碳化过程中发生反应的离子方程式为　 　。
（5）结合溶解度曲线图分析，由溶液制得晶体的操作为　 　，　 　，洗涤、干燥。
（6）通过计算说明可用溶液将“滤渣”中的转化为的原因　 　。[已知：时
]
【答案】（1）第四周期第VIIB族；
（2）Zn2+
（3）
（4）
（5）加热浓缩结晶；高于40℃趁热过滤
（6）当中在加入溶液后，发生反应，该反应的平衡常数，几乎可以完全转化为
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；离子方程式的书写；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】（1）Mn为25号元素，在周期表中位于第四周期第VIIB族；中为价，O为价，设中含a个价，则价有个，据化合价代数和为0列式为，解得，则价和价的个数比为。
故答案为：第四周期第VIIB族；。
（2）根据阳极泥的成分及酸洗后离子的去向可知，向阳极泥中加入稀硫酸后将转成了，并随滤液除去，故滤液1主要溶质为。
故答案为：。
（3）由题中信息可知，在酸洗后剩余的滤渣中加入稀硫酸、葡萄糖与发生氧化还原反应，价得电子被还原成，葡萄糖中C失电子被氧化成，其反应方程式为：。
故答案为：。
（4）碳化过程是在含的溶液中加入和氨水将生成固体的过程，则发生反应的离子方程式为：。
故答案为：。
（5）由图可知温度40℃以上时主要以形式结晶，且晶体的溶解度随温度升高而减小，因此在加热蒸发浓缩结晶后，采用趁热过滤可减少晶体损失。
故答案为：加热浓缩结晶；高于40℃趁热过滤。
（6）当中在加入溶液后，发生反应，该反应的平衡常数，几乎可以完全转化为，故可用溶液将“滤渣”中的转化为。
故答案为：当中在加入溶液后，发生反应，该反应的平衡常数，几乎可以完全转化为。
【分析】以铅酸蓄电池阳极泥为原料，先加稀硫酸酸浸，将ZnO转化为ZnSO4进入滤液1除去；剩余滤渣中加稀硫酸与葡萄糖酸浸，将+4价Mn（MnO2）还原为Mn2+进入溶液，过滤得到MnSO4溶液；经蒸发浓缩、趁热过滤得到MnSO4·H2O晶体；剩余溶液中加NaHCO3与氨水沉锰得到高纯MnCO3；最后在滤渣中加Na2CO3将PbSO4转化为PbCO3，经酸浸、沉淀得到PbSO4，同时回收Ag单质，实现各组分的分离与提纯。
(1) 根据Mn的原子序数25，结合元素周期表排布，确定其位于第四周期第ⅦB族；利用化合物中各元素化合价代数和为0，设+2价Mn个数为a，+4价Mn为(4-a)，结合Pb为+2价、O为-2价列方程求解，得到两种价态Mn的个数比。
(2) 根据酸浸流程，阳极泥中的ZnO与稀硫酸反应生成ZnSO4进入滤液，因此滤液1的主要金属阳离子为Zn2+。
(3)分析氧化还原反应中元素化合价变化：MnO2中+4价Mn得电子被还原为Mn2+，葡萄糖（C6H12O6）中C失电子被氧化为CO2，结合稀硫酸提供酸性环境，根据电子守恒、原子守恒配平化学方程式。
(4) 分析反应本质：Mn2+与HCO3-、NH3·H2O反应生成MnCO3沉淀，同时生成NH4+与H2O，根据电荷守恒、原子守恒配平离子方程式。
(5) 结合溶解度曲线，40℃以上MnSO4主要以MnSO4·H2O形式结晶，且溶解度随温度升高而减小，因此采用加热浓缩结晶，再趁热过滤，减少晶体溶解损失。
(6)写出沉淀转化的离子方程式，利用溶度积计算平衡常数，若，说明反应正向进行程度大，PbSO4可完全转化为PbCO3，证明方法可行。
（1）Mn为25号元素，在周期表中位于第四周期第VIIB族；中为价，O为价，设中含a个价，则价有个，据化合价代数和为0列式为，解得，则价和价的个数比为。
故答案为：第四周期第VIIB族；。
（2）根据阳极泥的成分及酸洗后离子的去向可知，向阳极泥中加入稀硫酸后将转成了，并随滤液除去，故滤液1主要溶质为。
故答案为：。
（3）由题中信息可知，在酸洗后剩余的滤渣中加入稀硫酸、葡萄糖与发生氧化还原反应，价得电子被还原成，葡萄糖中C失电子被氧化成，其反应方程式为：。
故答案为：。
（4）碳化过程是在含的溶液中加入和氨水将生成固体的过程，则发生反应的离子方程式为：。
故答案为：。
（5）由图可知温度40℃以上时主要以形式结晶，且晶体的溶解度随温度升高而减小，因此在加热蒸发浓缩结晶后，采用趁热过滤可减少晶体损失。
故答案为：加热浓缩结晶；高于40℃趁热过滤。
（6）当中在加入溶液后，发生反应，该反应的平衡常数，几乎可以完全转化为，故可用溶液将“滤渣”中的转化为。
故答案为：当中在加入溶液后，发生反应，该反应的平衡常数，几乎可以完全转化为。
16．过氧乙酸(，一种弱酸)是一种广谱消毒剂。它是无色易挥发、易溶于水的液体，受热易分解，具有强氧化性，其氧化性与高锰酸钾的氧化性相近。某课外实验小组同学按下述流程合成少量过氧乙酸并对其含量进行测定。
I．合成过氧乙酸
按下图装置，利用高浓度的双氧水和乙酸反应合成少量过氧乙酸，同时利用乙酸丁酯与水形成共沸物(沸点)及时分离出水。已知乙酸丁酯的密度为，难溶于水。
（1）仪器a的名称为　 　。
（2）装置中油水分离器的作用是将水从体系中分离出来，有利于反应向　 　(填“正”或“逆”)反应方向进行，当观察到　 　时，可判断反应结束。
（3）反应体系采用减压的目的是降低共沸物的沸点，防止　 　。
Ⅱ．过氧乙酸含量测定
（4）过氧乙酸被还原，产物之一为，其离子方程式为　 　。
（5）若样品体积为，加入溶液，消耗溶液，则样品中过氧乙酸含量为　 　。
（6）若用溶液除时，不慎滴加过量，则导致最终测定过氧乙酸的含量　 　(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
【答案】球形冷凝管；正；油水界面不再增高；温度过高过氧乙酸分解；；；偏高
【知识点】常用仪器及其使用；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）仪器a的名称为球形冷凝管；
故答案为： 球形冷凝管 ；
（2）利用油水分离器将反应过程中生成的水从体系中移除，可以使反应正向进行更容易；且乙酸丁酯难溶于水，若油水界面不再变化，说明反应已达限度，可以结束反应，故答案为：正，油水界面不再增高；
故答案为： 正 ； 油水界面不再增高 ；
（3）根据题目信息，过氧乙酸受热易分解，减压可以降低共沸物的沸点，使共沸物在较低温度下被蒸出，防止过氧乙酸分解。
故答案为： 温度过高过氧乙酸分解 ；
（4）过氧乙酸被还原，得到还原产物，则反应中作还原剂，氧化产物为，过氧乙酸为氧化剂，还原产物为乙酸，结合原子守恒、得失电子守恒可得离子方程式为：。
故答案为： ；
（5）总物质的量为，。反应中铁化合价由+2变为+3、铬化合价由+6变为+3，根据得失电子守恒有：，即每与恰好完全反应，与反应的的物质的量，与过氧乙酸反应的的物质的量，根据可得：的物质的量，的质量，则过氧乙酸的含量；
故答案为： ；
（6）若是在用溶液除时，不慎滴加过量，则过量高锰酸钾可以和加入的反应，导致剩余的偏少，则消耗重铬酸钾的量偏小，最终导致测定过氧乙酸的含量会偏高。
故答案为： 偏高 ；
【分析】以醋酸与双氧水共热制备过氧乙酸，通过球形冷凝管冷凝回流，利用油水分离器分离生成的水促进平衡正向移动；反应结束后减压蒸馏分离产品，避免过氧乙酸受热分解；后续通过氧化还原滴定法测定过氧乙酸含量，并分析误差来源。
(1) 根据仪器的结构特征（球形、带冷凝水进出口），直接识别为球形冷凝管，用于冷凝回流反应物，提高原料利用率。
(2) 该反应为可逆反应，分离出生成的水，可使平衡正向移动，提高产率；利用乙酸丁酯难溶于水的性质，当油水界面不再增高时，说明水的生成停止，反应达到限度，可结束反应。
(3) 过氧乙酸受热易分解，减压可降低共沸物的沸点，使蒸馏在较低温度下进行，防止过氧乙酸受热分解，保证产品纯度。
(4) 分析氧化还原化合价变化：过氧乙酸中 - 1 价 O 得电子被还原为 - 2 价，Fe2+失电子被氧化为 Fe3+；结合酸性环境，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平离子方程式。
(5) 采用返滴定法：先加入过量 Fe2+与过氧乙酸完全反应，再用 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余 Fe2+；根据电子守恒，1mol K2Cr2O7对应 6mol Fe2+，计算出与过氧乙酸反应的 Fe2+的物质的量，再结合过氧乙酸与 Fe2+的反应比例，计算出过氧乙酸的物质的量，最终换算为含量（g L- ）。
(6) 若 KMnO4过量，会氧化部分 Fe2+，导致剩余 Fe2+的量减少，滴定消耗的 K2Cr2O7体积偏小，计算出的与过氧乙酸反应的 Fe2+的量偏大，最终导致过氧乙酸含量测定结果偏高。
17．镁基储氢材料如，具有储氢量高，成本低廉等优点，发展前景广阔。
已知：I．
II．
请根据以上内容，回答下列问题：
（1）吸氢反应的活化能　 　；图2为某温度下，两种材料吸氢量随时间变化关系，请结合图1解释，5分钟内吸氢量更大的原因是　 　。
（2）恒温条件下，为加快吸氢速率，可以采取的措施为　 　(写出一个即可)。
（3）储氢量高且价格低廉，但吸放氢需要的温度高且速度慢，研究发现在系列合金中添加元素能够降低氢化物的生成焓，加速氢分子的解离过程，从而提高氢的吸附速率。其中，元素的作用是　 　。
（4）恒温条件下，在刚性容器中发生反应Ⅱ，若平衡时体系中的物质的量为，则该反应的平衡常数　 　，若再向容器中通入一定量将　 　(选填“变大”“变小”或“不变”)。
（5）某镁镍合金储氢后的晶体结构如图所示(为便于观察，省略了2个图乙结构)，已知晶胞参数为键长度为，若晶胞中两原子的分数坐标分别为，则C点H原子的分数坐标为　 　，用表示阿伏加德罗常数，该晶体的密度可表示为　 　。
【答案】（1）72.0；吸氢反应活化能小，反应速率更快
（2）加压、增大单位体积氢气的浓度、增大材料表面积等
（3）催化
（4）2；不变
（5）；
【知识点】晶胞的计算；化学平衡常数
【解析】【解答】（1）依图1如图知吸收氢气反应活化能为；依图1吸氢反应活化能为吸氢反应活化能为，依图2，吸氢反应未达到平衡状态，故在5分钟内活化能更小的反应速率更快，吸氢量更大。
故答案为： 72.0 ；吸氢反应活化能小，反应速率更快 ；
（2）加快气体反应速率，可以采取加压、增大单位体积氢气的浓度、增大材料表面积等方法。
故答案为： 加压、增大单位体积氢气的浓度、增大材料表面积等 ；
（3）系列合金中添加元素能够降低氢化物的生成焓，加速氢分子的解离过程，从而提高氢的吸附速率。故元素的作用是：催化作用。
故答案为： 催化 ；
（4）。温度不变，平衡常数K不变。
故答案为：2； 不变 ；
（5）分数坐标表示的是晶胞中原子的相对位置，C点H原子距离A点的长度为，晶胞参数为，则C点的分数坐标为。一个晶胞中含有8个原子，均摊后有4个单元（根据对称性，省略的图乙结构应位于晶胞的一个面心和一个顶点），故晶体的密度。
故答案为： ； ；
【分析】(1)活化能越低，反应速率越快。对比Mg2Ni、Mg2NiH4、Mg的吸氢活化能，Mg2Ni的活化能最小，因此相同时间内其吸氢量最大；同时结合5min时Mg未达平衡，验证活化能与反应速率的对应关系。
(2)从影响反应速率的因素入手：加压可增大H2浓度、增大材料表面积可增加接触位点、提高H2浓度等，均可加快气固反应速率。
(3)Fe元素降低氢化物生成焓、加速H2解离，降低反应活化能，起到催化作用，提高氢吸附速率。
(4)平衡时H2的浓度，该反应的平衡常数；温度不变，平衡常数保持不变。
(5)分数坐标：以A点为原点，根据C点相对位置（沿y轴距离为，晶胞参数为），确定分数坐标为；密度计算：用均摊法确定晶胞内Mg、Ni原子数，结合晶胞体积，根据计算晶体密度。
（1）依图1如图知吸收氢气反应活化能为；依图1吸氢反应活化能为吸氢反应活化能为，依图2，吸氢反应未达到平衡状态，故在5分钟内活化能更小的反应速率更快，吸氢量更大。
（2）加快气体反应速率，可以采取加压、增大单位体积氢气的浓度、增大材料表面积等方法。
（3）系列合金中添加元素能够降低氢化物的生成焓，加速氢分子的解离过程，从而提高氢的吸附速率。故元素的作用是：催化作用。
（4）。温度不变，平衡常数K不变。
（5）分数坐标表示的是晶胞中原子的相对位置，C点H原子距离A点的长度为，晶胞参数为，则C点的分数坐标为。一个晶胞中含有8个原子，均摊后有4个单元（根据对称性，省略的图乙结构应位于晶胞的一个面心和一个顶点），故晶体的密度。
18．维拉佐酮是临床上使用广泛的抗抑郁药，其关键中间体G的合成路线如下：
已知：
信息：
（1）A的名称为　 　。
（2）写出反应②的化学方程式　 　。
（3）E的结构简式为　 　；反应⑥的反应类型是　 　。
（4）下列相关说法错误的是　 　。
a.化合物A和B可以用红外光谱进行鉴别
b. 1mol最多可以与反应
c.反应⑤中的作用是与生成的反应，使平衡正向移动
d.F中不存在手性碳原子
（5）B的同分异构体中满足下列条件的有　 　种；写出其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式：　 　。
①属于芳香族化合物； ②能发生银镜反应
（6）参照上述合成路线，从苯甲醛和乙醇出发，设计合成的路线　 　(无机试剂任选，合成路线见本题题干)。
【答案】（1）对硝基苯酚或4-硝基苯酚
（2）
（3）；取代反应
（4）b
（5）12；
（6）
【知识点】有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；结构简式
【解析】【解答】（1）由A的结构可知，A的名称为对硝基苯酚或硝基苯酚；
故答案为： 对硝基苯酚或4-硝基苯酚 ；
（2）结合C的分子式可知B与发生了取代反应，则反应方程式为：
；
故答案为： 对硝基苯酚或4-硝基苯酚 ；
（3）D与铁粉、盐酸发生反应将硝基还原为氨基，则E为；F与氨发生取代反应生成G和乙醇；
故答案为：，取代反应；
（4）ａ．B的红外光谱中有碳氧双键的吸收峰而A中没有，可以进行鉴别，a正确；
ｂ．中的氯原子和酯基均可与反应，所以理论上该物质最多消耗，b错误；
ｃ．反应⑤生成了可以与反应，促进平衡正向移动，c正确；
ｄ．由F的结构可知，F中不存在手性碳原子，d正确；
故选。
故答案为：b；
（5）B的结构简，其同分异构体属于芳香族化合物，说明有苯环，能发生银镜反应，说明有醛基或甲酸酯基，若为醛基、硝基和羟基，则可能的结构有9种，分别为、、、、、、、、，若为硝基和甲酸酯基，则可能的结构有3种，分别为：、、，共有12种。核磁共振氢谱为三组峰的同分异构体为；
故答案为：12； ；
（6）结合题目所给信息，运用逆推法可知目标化合物可由苯甲醛和乙酸乙酯反应生成，乙酸乙酯可由乙醇和乙酸酯化得到，乙酸可由乙醇氧化得来，因此合成路线为：。
故答案为： ；
【分析】以对硝基苯酚为起始原料，经六亚甲基四胺甲酰化得到 B；B 与氯乙酸乙酯发生取代反应生成氯化氢和 C（）；C 经稀 NaOH/Δ 发生羟醛缩合环合得到 D；D 在铁粉 / 盐酸条件下将硝基还原为氨基得到 E（）；E 与、K2CO3发生取代反应生成 F；F 再与 NH3发生氨解反应，最终得中间体 G。
(1) 根据 A 的结构（苯环上酚羟基与硝基处于对位），按照系统命名法命名为4 - 硝基苯酚，也可使用习惯命名对硝基苯酚。
(2) B 中酚羟基与 ClCH2COOC2H5发生取代反应，Cl 原子被取代生成 HCl，结合原子守恒配平反应方程式。
(3) D 在铁粉、盐酸条件下，硝基 (-NO2) 被还原为氨基 (-NH2)，得到 E；后续 E 中氨基与卤原子发生取代反应生成 F，F 再与氨发生取代反应生成 G 和乙醇，核心反应类型为取代反应。
(4) a：红外光谱可鉴别特征官能团，B 含碳氧双键、A 不含，可鉴别，正确；
b：ClCH2COOC2H5中氯原子、酯基均能与 NaOH 反应，1mol 该物质最多消耗 2mol NaOH，错误；
c：反应生成 HCl，K2CO3可中和 HCl，促进平衡正向移动，正确；
d：F 中无手性碳原子（无连 4 个不同基团的碳原子），正确；
最终选错误项 b。
(5) B 的同分异构体需满足：芳香族化合物（含苯环）、能发生银镜反应（含醛基或甲酸酯基）；分两类分析：含醛基、硝基、羟基：苯环上三取代，共 9 种结构；含甲酸酯基、硝基：苯环上二取代，共 3 种结构；核磁共振氢谱为三组峰，说明分子高度对称，对应结构为 。
(6) 采用逆推法，目标产物由苯甲醛与乙酸乙酯经羟醛缩合得到；乙酸乙酯由乙醇与乙酸酯化合成，乙酸由乙醇氧化得到，最终梳理出正向合成路线：乙醇→乙酸→乙酸乙酯，再与苯甲醛反应得到目标产物。
（1）由A的结构可知，A的名称为对硝基苯酚或硝基苯酚；
（2）结合C的分子式可知B与发生了取代反应，则反应方程式为：
；
（3）D与铁粉、盐酸发生反应将硝基还原为氨基，则E为；F与氨发生取代反应生成G和乙醇；故答案为：，取代反应；
（4）ａ．B的红外光谱中有碳氧双键的吸收峰而A中没有，可以进行鉴别，a正确；
ｂ．中的氯原子和酯基均可与反应，所以理论上该物质最多消耗，b错误；
ｃ．反应⑤生成了可以与反应，促进平衡正向移动，c正确；
ｄ．由F的结构可知，F中不存在手性碳原子，d正确；
故选b。
（5）B的结构简，其同分异构体属于芳香族化合物，说明有苯环，能发生银镜反应，说明有醛基或甲酸酯基，若为醛基、硝基和羟基，则可能的结构有9种，分别为、、、、、、、、，若为硝基和甲酸酯基，则可能的结构有3种，分别为：、、，共有12种。核磁共振氢谱为三组峰的同分异构体为；
（6）结合题目所给信息，运用逆推法可知目标化合物可由苯甲醛和乙酸乙酯反应生成，乙酸乙酯可由乙醇和乙酸酯化得到，乙酸可由乙醇氧化得来，因此合成路线为：。
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