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河北省名校联考2026届高三上学期一模化学试题
1．材料是人类赖以生存和发展的物质基础。有关下列物质成分的说法正确的是
A.青铜器“四羊方尊”的主要材质是无机盐 B.竹简的主要成分属于天然有机高分子
C.聚合塑料PVC（聚氯乙烯）的单体属于烃 D.光导纤维的主要成分属于金属晶体
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；硅和二氧化硅；合金及其应用；高分子材料
【解析】【解答】A、青铜器 “四羊方尊” 的主要材质为铜合金，属于金属材料，不是无机盐，A 不符合题意；
B、竹简的主要成分是纤维素，属于天然有机高分子化合物，B 符合题意；
C、聚合塑料 PVC（聚氯乙烯）的单体为氯乙烯，分子中含氯原子，不属于烃，C 不符合题意；
D、光导纤维的主要成分为二氧化硅，属于共价晶体，不是金属晶体，D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
金属材料与无机盐的区分：青铜器为铜锡铅等合金，属于金属材料，无机盐为离子化合物，二者类别不同；
天然有机高分子的判断：纤维素、淀粉、蛋白质均为常见的天然有机高分子，竹简的主要成分纤维素符合该类别；
烃的定义：烃是仅含碳、氢两种元素的有机物，氯乙烯含氯元素，不属于烃；
晶体类型的区分：二氧化硅由硅氧原子通过共价键结合，属于共价晶体（原子晶体），金属晶体由金属阳离子和自由电子构成，二者结构不同。
易错提醒：需准确区分各类物质的组成与类别，避免将合金误判为无机盐、将含卤代烃误判为烃、将二氧化硅误判为金属晶体。
2．氟化氮与水汽的混合物遇到火花会发生爆炸，其反应的化学方程式为。下列说法中正确的是
A．的VSEPR模型： B．NO与互为同素异形体
C．键长大小： D．键的极性：
【答案】A
【知识点】键能、键长、键角及其应用；判断简单分子或离子的构型；同素异形体
【解析】【解答】A、 分子中， 原子的价层电子对数 ，含1对孤电子对和3个成键电子对，VSEPR模型为四面体形，与图中模型一致，A符合题意；
B、同素异形体是指由同种元素形成的不同单质，而 与 均为化合物，二者不互为同素异形体，B不符合题意；
C、键长与原子半径有关， 原子半径小于 原子半径，故键长：，C不符合题意；
D、键的极性与成键原子的电负性差值有关， 的电负性强于 ，故 的键极性大于 ，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
VSEPR模型判断：价层电子对数 成键电子对数 孤电子对数； 中心 原子价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形；
同素异形体定义：对象必须是同种元素组成的不同单质，化合物不满足条件；
键长比较：键长与原子半径正相关，可通过比较成键原子的半径大小判断键长长短；
键的极性比较：键的极性取决于成键原子的电负性差值，电负性差值越大，键的极性越强。
易错提醒：VSEPR模型与分子空间构型不同， 的VSEPR模型是四面体形，分子空间构型为三角锥形；判断同素异形体时，需先确认物质为单质。
3．下列有关说法正确的是
A．铁、铜在潮湿的空气中均易形成金属氧化物
B．Mg分别与空气和氧气反应，生成的产物完全相同
C．久置于空气中的漂白粉遇盐酸产生
D．浓硝酸和氯水均用棕色试剂瓶保存，其原因不同
【答案】C
【知识点】硝酸的化学性质；镁的化学性质；铁的化学性质；铜及其化合物；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、铁在潮湿空气中易形成铁锈，主要成分为，属于含氧化合物而非简单金属氧化物；铜在潮湿空气中形成铜绿，主要成分为，属于碱式盐，二者均未形成单纯的金属氧化物，故A不符合题意；
B、与纯氧气反应只生成；在空气中反应，除生成外，还能与反应生成，与反应生成和，产物不完全相同，故B不符合题意；
C、漂白粉的主要成分为和，久置于空气中时，会与、反应：，分解后剩余固体中含；遇盐酸时，与反应生成：，故C符合题意；
D、浓硝酸见光易分解：；氯水中的见光易分解： ，二者均因见光易分解需用棕色试剂瓶保存，原因相同，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
金属腐蚀产物：铁生锈生成的是含水的铁氧化物，铜生锈生成的是碱式碳酸盐，均不是单纯的金属氧化物；
镁的反应复杂性：镁是活泼金属，在空气中能与、、等多种成分反应，产物与纯氧气反应的产物不同；
漂白粉的变质与反应：漂白粉久置会与空气中的、反应生成，与盐酸反应可产生，这是判断该选项的核心依据；
试剂保存原理：棕色试剂瓶用于避光保存见光易分解的物质，浓硝酸因自身分解、氯水因分解，均需用棕色试剂瓶保存，二者原因一致。
易错提醒：判断时需准确区分物质类别，明确镁在空气中的复杂反应，以及漂白粉久置后的成分变化。
4．下列实验设计，能达到实验目的的是
A.测定KI溶液的浓度 B.清洗废铜屑表面的油污
C.制备胆矾晶体 D.测量体积
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；蒸发和结晶、重结晶；化学实验方案的评价；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A、溴水具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，因此不能用碱式滴定管盛装溴水；同时，该反应无明确的滴定终点指示剂，无法准确测定KI溶液的浓度，故A不符合题意；
B、油污在碱性条件下会发生皂化反应，加热的溶液碱性更强，能有效去除废铜屑表面的油污，该实验设计可达到目的，故B符合题意；
C、胆矾晶体（）受热易失去结晶水，因此制备胆矾晶体应采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法，而不是直接在坩埚中加热灼烧，故C不符合题意；
D、能与水反应：，因此不能用排水法测量其体积，该装置无法达到实验目的，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
滴定管的使用规范：溴水、酸性高锰酸钾等强氧化性试剂，应使用酸式滴定管盛装，碱式滴定管的橡胶管会被腐蚀；
油污去除原理：纯碱（）溶液水解呈碱性，加热促进水解，碱性增强，可使油脂发生皂化反应而除去；
晶体的制备方法：受热易分解或易失去结晶水的晶体，应采用冷却结晶法制备，不能直接加热灼烧；
气体体积测量：能与水反应的气体（如）不能用排水法测量体积，需改用排油法等方式。
易错提醒：需结合物质的性质（如氧化性、热稳定性、与水的反应性），判断实验装置和方法是否合理，避免忽略试剂与仪器的反应、物质的分解等细节。
5．实验室制备氯化亚铜（CuCl）的反应为。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．溶液中含数目为
B．标准状况下，中含键数目为
C．中，中心原子上含孤电子对数目为
D．每生成99.0 g CuCl，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；气体摩尔体积；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、溶液中，会发生水解反应：，因此1 L 0.1 mol·L- 的溶液中，实际含有的数目小于，A错误。
B、标准状况下，不是气体，不能使用气体摩尔体积计算其物质的量，因此无法计算其含有的σ键数目，B错误。
C、中心原子为S，其价层电子对数为，其中成键电子对为3对，孤电子对为1对。因此0.1 mol 中，中心原子上的孤电子对数目为，C错误；
D、反应中，Cu元素由+2价变为+1价，每生成2 mol ，转移2 mol电子。99.0 g 的物质的量为，故生成1 mol 时，转移电子数目为，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
离子水解：为弱碱阳离子，在水溶液中会发生水解，导致实际离子浓度小于理论浓度；
气体摩尔体积的适用条件：仅适用于标准状况下的气体，水在标况下为液态，不能使用该公式；
孤电子对数计算：中心原子孤电子对数，其中为中心原子价电子数，为配位原子数，为配位原子最多能接受的电子数；
氧化还原反应电子转移计算：根据元素化合价变化，结合化学计量数，计算生成一定量产物时转移的电子数。
易错提醒：
注意弱电解质的水解对离子数目的影响；
明确气体摩尔体积的适用条件，避免将非气体物质误算；
价层电子对互斥模型中，孤电子对数的计算要准确，避免公式误用；
氧化还原反应中，电子转移数与产物物质的量的对应关系要理清，注意化学计量数的影响。
6．甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：。下列有关上述物质的推断错误的是
A．若甲为，则丁可能是 B．若甲为，则丁可能是
C．若甲为Fe，则丁可能是 D．若甲为NaOH，则丁可能是
【答案】C
【知识点】氨的性质及用途；二氧化硫的性质；含硫物质的性质及综合应用；无机物的推断
【解析】【解答】A、若甲为 H2S，丁为 O2，H2S 与 O2反应可生成 S（乙），S 与 O2反应生成 SO2（丙），SO2与 H2S 反应又可生成 S，转化关系成立，故 A 推断正确。
B 选项：若甲为 NH3，丁为 O2，NH3与 O2催化氧化生成 NO（乙），NO 与 O2反应生成 NO2（丙），NO2与 NH3在一定条件下可反应生成 NO，转化关系成立，故 B 推断正确。
C 选项：若甲为 Fe，丁为 Cl2，Fe 与 Cl2反应只能生成 FeCl3（乙），FeCl3与 Cl2不反应，无法实现乙到丙的转化，因此转化关系不成立，故 C 推断错误。
D 选项：若甲为 NaOH，丁为 SO2，NaOH 与少量 SO2反应生成 Na2SO3（乙），Na2SO3与 SO2、H2O 反应生成 NaHSO3（丙），NaHSO3与 NaOH 反应又可生成 Na2SO3，转化关系成立，故 D 推断正确。
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
转化关系核心为 “甲生成乙，乙生成丙，丙与甲反应生成乙”，需验证物质间的连续转化与归中反应；
硫元素转化中，H2S 可被氧化为 S，S 可进一步氧化为 SO2，SO2与 H2S 能发生归中反应生成 S；
氮元素转化中，NH3催化氧化生成 NO，NO 被氧化为 NO2，NO2与 NH3可发生归中反应；
铁元素转化中，Fe 与 Cl2反应只生成 FeCl3，Cl2无法将 FeCl3进一步氧化为更高价态的铁氯化物；
钠的化合物转化中，NaOH 与 SO2反应可生成 Na2SO3和 NaHSO3，二者可相互转化。
易错提醒：需注意物质间反应的价态变化规律，如 Fe 与 Cl2反应的产物价态限制，避免忽略反应特性误判。
7．化合物M属四环杜鹃花科杂萜类有机物，其结构简式如图所示。下列说法正确的是
A．化合物M易溶于水
B．1 mol M最多能与发生加成反应
C．一定条件下M能发生自身缩聚反应生成聚合物
D．M分子中不含有手性碳原子
【答案】B
【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；有机物的结构和性质；加成反应；缩聚反应
【解析】【解答】A、化合物 M 中虽含羟基，但分子中烃基部分占比极大，疏水作用远大于亲水作用，因此难溶于水，A 错误；
B、分子中苯环可与 3mol H2加成，碳碳双键可与 1mol H2加成，1mol M 最多能与 4mol H2发生加成反应，B 正确；
C、缩聚反应需要同时具备能相互反应的官能团（如羟基与羧基），M 分子中只有羟基，无法发生自身缩聚反应，C 错误；
D、分子中多个碳原子连接了 4 种不同的原子或基团，存在手性碳原子， （如图标记“*”的碳原子为手性碳，） ，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
有机物溶解性判断：亲水基团（如羟基）的数量与分子大小、烃基占比共同决定溶解性，M 中疏水的烃基结构庞大，难溶于水；
加成反应的 H2消耗量：苯环可与 3mol H2加成，碳碳双键可与 1mol H2加成，酯基中的羰基不与 H2加成，因此 1mol M 最多消耗 4mol H2；
缩聚反应的条件：缩聚反应需要两种能相互反应的官能团，M 中只有羟基，无法发生自身缩聚；
手性碳原子判断：手性碳原子是指连有 4 个不同原子或基团的饱和碳原子，M 分子中存在多个此类碳原子。
易错提醒：判断 H2加成量时，需注意酯基、醚键中的羰基不能与 H2加成；手性碳原子的判断需关注碳原子连接的基团是否完全不同。
8．W、X、Y、Z均为周期表中前两周期主族元素，其原子序数依次增大，基态X原子核外电子排布中p轨道只有1个电子，四种元素可以组成AB型离子化合物，阴阳离子皆由两种元素组成，且均为正四面体形，其中阳离子含有10个电子。下列说法正确的是
A．键能：
B．X、Y、Z形成的单质晶体类型相同
C．第一电离能：
D．W与Y可形成化合物、
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；键能、键长、键角及其应用；晶体的定义
【解析】【解答】A、N2分子中含有氮氮三键，键能比 F2中的 F-F 单键键能大，A错误；
B、B 的单质属于共价晶体，而 N2、F2属于分子晶体，三者晶体类型不同，B错误；
C、同一周期主族元素的第一电离能整体呈增大趋势，其中第 ⅤA 族的 N 元素因 p 轨道半满的稳定结构，第一电离能高于相邻元素，因此顺序为 B < N < F，C错误；
D、H 元素和 N 元素可以形成 NH3、N2H4等多种化合物，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题是元素推断题，解题关键是结合 “前两周期主族元素” 的限定，通过原子结构、化合物特征来推断元素：首先，W、X、Y、Z 原子序数依次增大，且都是前两周期主族元素；基态 X 原子 p 轨道只有 1 个电子，可推断 X 为硼（B）；再结合 AB 型离子化合物的结构特征，确定阳离子为铵根、阴离子为四氟合硼离子，进而推出 W 为氢（H）、Y 为氮（N）、Z 为氟（F）。之后结合物质结构、晶体类型、第一电离能递变规律和元素化合物性质，逐一分析选项。
9．钒催化剂对氧化苯制备苯酚的反应具有良好的催化活性，反应机理如图所示，其中步骤③为放热反应。下列说法错误的是
A．活泼性：
B．步骤③正、逆反应的活化能关系为
C．酸性：
D．步骤③生成的物质X是
【答案】C
【知识点】反应热和焓变；活化能及其对化学反应速率的影响；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A、 OH 为自由基，具有强得电子倾向，反应活性远高于稳定的 OH-，故活性： OH > OH-，A正确；
B、步骤③为放热反应，根据放热反应的能量关系：ΔH = E正 - E逆 < 0，因此 E正 C、氯原子为吸电子基团，会增强苯环的吸电子效应，使邻氯苯酚的 O-H 键极性更强，更易电离出 H+，因此酸性：邻氯苯酚 > 苯酚，C错误；
D、根据反应机理，步骤③中反应物为含苯环的中间体和 H+，生成物为苯酚和 VO2+，结合原子守恒可推知物质 X 为 H2O，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
自由基活性判断：自由基（如 OH）因含未成对电子，具有极高的反应活性，远高于稳定离子；
放热反应的活化能关系：放热反应的焓变 ΔH = 正反应活化能 - 逆反应活化能，因此放热反应中 E 正 < E 逆；
取代基对苯酚酸性的影响：吸电子取代基（如 - Cl）通过诱导效应增强苯环的吸电子能力，使酚羟基的 O-H 键极性增强，酸性增强；给电子取代基则相反；
原子守恒在机理中的应用：通过反应前后原子的种类和数目不变，推断反应机理中未知产物的化学式。
易错提醒：判断苯酚酸性强弱时，需注意取代基的电子效应（吸电子、给电子）对酚羟基电离能力的影响，避免混淆不同取代基的作用方向。
10．在催化剂作用下，以、为原料合成，其主要反应有：
反应1：
反应2：
将体积比为1：1的、混合气体按一定流速通过催化反应管，测得、的转化率随温度变化的关系如图所示。已知：的选择性，产率。下列说法正确的是
A．图中曲线①表示转化率随温度的变化
B．如图温度范围内，温度越高，的选择性越小
C．如图温度范围内，随温度的升高，产率逐渐减小
D．其他条件不变，使用高效催化剂，能提高平衡时产率
【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；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】A、根据上述分析，曲线①代表 C2H6的转化率随温度的变化，A错误；
B、温度升高时，C2H6和 CO2的转化率均增大，但 C2H6的增幅远大于 CO2，说明反应 2 的正向进行程度增长比反应 1 更快，导致乙烯的选择性不断降低，B正确；
C、虽然温度升高，C2H6和 CO2的转化率均增大，乙烯和甲烷的生成量都增加，但由于反应 2 的增长速度更快，乙烯的产率会降低，C错误；
D、催化剂只能改变反应速率，不影响化学平衡，因此无法提高平衡时乙烯的产率，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题为化学反应原理综合题，解题关键在于通过转化率的差异判断反应的进行情况。
初始投料中 C2H6和 CO2的体积比为 1：1。若只发生反应 1，两者转化率应相等；若同时发生反应 2，C2H6的转化率会高于 CO2。根据图像数据，720℃时两者转化率相等，说明此时仅发生反应 1；720℃后 C2H6转化率明显高于 CO2，说明反应 2 开始进行。由此可判断：曲线①代表 C2H6的转化率，曲线②代表 CO2的转化率。
11．下列关于物质的结构或性质及解释错误的是
选项 物质的结构或性质 解释
A 分子极性： F的电负性大于H
B CsCl晶体中与8个配位，而NaCl晶体中与6个配位 比的半径大，阳离子与阴离子半径比越大，配位数越大
C 冠醚18-冠-6可识别，能增大在有机溶剂中的溶解度 冠醚18-冠-6空腔直径与直径接近
D P原子间难形成三键而N原子间可以 P的原子半径大于N，难形成键
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；离子晶体；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A、OF2和 H2O 均为 V 形分子、F 的电负性大于 H、OF2中 O-F 键的极性方向与 H2O 中 O-H 键相反、键的极性向量抵消程度更大、分子极性：OF2＞H2O的说法错误、A 错误；
B、Cs+半径大于 Na+、阳离子与阴离子半径比越大、配位数越大、故 CsCl 晶体中 Cs+与 8 个 Cl-配位、NaCl 晶体中 Na+与 6 个 Cl-配位、B 正确；
C、冠醚 18 - 冠 - 6 空腔直径 (260~320 pm) 与 K+直径 (276 pm) 接近、可识别 K+、增大 KMnO4在有机溶剂中的溶解度、C 正确；
D、P 原子半径大于 N、p 轨道难以有效重叠形成 p-pπ 键、故 P 原子间难形成三键、N 原子间可以形成、D 正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
分子极性判断：需结合键的极性和分子空间构型、键的极性向量叠加效果分析；
离子晶体配位数：与阳离子、阴离子半径比相关、半径比越大、配位数通常越高；
冠醚识别作用：冠醚空腔直径与离子直径匹配时、可形成包合物、增大离子在有机溶剂中的溶解度；
p-pπ 键形成能力：原子半径越小、p 轨道重叠程度越大、越容易形成稳定的 p-pπ 键。
12．以Al和为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，其工作原理如图所示。放电时转化为，下列说法正确的是
A．Al电极反应式为
B．溶液中由左通过阴离子交换膜向右迁移
C．电池工作一段时间，正极区溶液的pH变小
D．当有消耗，转移电子的物质的量为1 mol
【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；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、Al 电极失电子、发生氧化反应，为负极；NiO (OH) 电极为正极。负极电极反应式为
Al+4OH- 3e-=[Al(OH)4]-，故 A 正确；
B、原电池放电时，阴离子向负极移动，故 OH-应从右向左（向负极）移动，B 错误；
C、正极反应生成 OH-，导致溶液中 OH-浓度增大，溶液 pH 变大，C 错误；
D、正极反应中，1 mol NiO (OH) 消耗 1 mol e-，即转移 1 mol 电子，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】该原电池放电时，NiO(OH) 转化为 Ni(OH)2，Ni 元素化合价降低、得电子、发生还原反应，故 NiO (OH) 电极为正极；Al 电极失电子、发生氧化反应，为负极。
正极反应：NiO(OH)+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-（生成 OH-，溶液碱性增强）
负极反应：Al+4OH- 3e-=[Al(OH)4]-（消耗 OH-），原电池规律：阴离子向负极移动，阳离子向正极移动；电子由负极经外电路流向正极。
13．某含氮催化剂M的六方晶胞如图所示，已知：晶胞参数，，。A点原子的分数坐标为，下列说法中错误的是
A．M的化学式为
B．基态Co原子的价电子排布式为
C．B点原子的分数坐标为
D．晶体中，与N距离相等且最近的Li原子数目为6
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算
【解析】【解答】A、根据均摊法，晶胞中Co原子数目为、Li原子数目为2、N原子数目为、故化学式为、A正确；
B、Co为27号元素、基态原子价电子排布式为、B正确；
C、A点原子分数坐标为、B点位于晶胞内部、在x轴、y轴、z轴的分数坐标分别为、、、即坐标为、C正确；
D、以顶点的N原子为研究对象、与它距离相等且最近的Li原子位于晶胞内部、数目为2、而非6、D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
晶胞中原子数计算：用均摊法计算不同位置原子的贡献，顶点原子按、面心按、棱上按、内部按1计算；
价电子排布式：过渡金属的价电子包括最外层s电子和次外层d电子，Co的价电子为；
分数坐标：根据晶胞参数和原子位置，确定原子在x、y、z轴上的相对位置；
配位数判断：结合晶胞结构，分析中心原子周围等距最近的原子数目。
14．向饱和溶液（有足量固体）中通入HCl气体，调节体系pH促进溶解，总反应为，平衡时、分布系数（其中M代表、或）与pH的变化关系如图所示，比如，已知：，下列说法错误的是
A．曲线Ⅱ表示与pH的变化关系
B．时，
C．时，溶液中
D．总反应的平衡常数为
【答案】C
【知识点】化学平衡常数；弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、pH增大时，CaC2O4的溶解平衡逆向移动，减小，减小，因此曲线Ⅱ表示与pH的变化关系，A正确；
B、由pH=1.27时，、pH=4.27时，可得、；pH=3时，，B正确；
C、pH=5时，电荷守恒：= ，物料守恒： ，联立得 ；pH=5时，故 ，C错误；
D、总反应平衡常数===== ，D正确；
故答案为：C。
【分析】 根据草酸的电离规律和CaC2O4的溶解平衡，pH越大，C2O42-浓度越高，抑制CaC2O4溶解，c(Ca2+)减小，lgc(Ca2+)持续降低，故单调下降的曲线Ⅱ为lgc(Ca2+)；曲线Ⅰ在低pH时占比高且随pH递增而递减，对应δ(H2C2O4)，曲线Ⅲ在中间pH区间先升后降，对应δ(HC2O4-)，曲线Ⅳ在高pH时占比高且随pH递增而递增，对应δ(C2O42-)。
15．实验室从废定影液{含和等}中回收Ag和的主要步骤如图所示。
回答下列问题：
（1）实验中需要用到的溶液，若用晶体配制溶液，则需要称量晶体的质量为　 　，配制好的溶液需储存于带橡胶塞的试剂瓶中，原因是　 　（用离子方程式表示）。
（2）下列装置对应回收步骤中的过滤、灼烧、制备、分液，其中装置中仪器或药品使用有错误的是　 　（填字母）。
（3）加入溶液发生反应的离子方程式为　 　。
（4）操作X是　 　，用到的部分仪器有　 　（从下列仪器中选择，写出名称）。
（5）经检验“萃取”后水相中含有大量的、和，写出产生的离子方程式：　 　。
【答案】（1）；、（写出第一步即可）
（2）B
（3）
（4）蒸馏；蒸馏烧瓶、直形冷凝管
（5）
【知识点】物质的分离与提纯；配制一定物质的量浓度的溶液；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）配制溶液所需，则的物质的量为0.1 mol，所需称量的质量为；为强碱弱酸盐，会发生水解反应、，使溶液呈碱性而腐蚀玻璃，所以需储存于带橡胶塞的试剂瓶中，
故答案为：；、（写出第一步即可）。
（2）A．过滤装置中漏斗下端靠烧杯内壁，玻璃棒下端靠三层滤纸，上端烧杯口靠玻璃棒，A正确；
B．固体灼烧需在坩埚中进行，而不是用蒸发皿，B错误；
C．高锰酸钾固体与浓盐酸在常温下能反应生成氯气，采用固液不加热气体发生装置，C正确；
D．分液时分液漏斗放置在铁架台的铁圈上，分液漏斗的下端靠烧杯内壁，D正确；
故答案为：B。
（3）加入溶液是将转化为沉淀，发生的离子方程式为，
故答案为：。
（4）由分析知，操作X为蒸馏，需要的仪器为铁架台、酒精灯、石棉网、蒸馏烧瓶、直形冷凝管、尾接管、锥形瓶，
故答案为：蒸馏；蒸馏烧瓶、直形冷凝管。
（5）由分析可知，滤液中含，具有还原性，能与氯气发生氧化还原反应生成，
故答案为：。
【分析】（1）① 先根据计算所需溶质的物质的量，再结合结晶水合物的摩尔质量计算称量质量；
② 分析的水解特性：分步水解使溶液呈碱性，会腐蚀玻璃，因此需用带橡胶塞的试剂瓶保存。
（2）① 过滤、分液操作的装置要点：漏斗下端、分液漏斗下端需靠烧杯内壁，玻璃棒靠三层滤纸；
② 固体灼烧的仪器选择：坩埚用于高温灼烧固体，蒸发皿仅用于溶液蒸发结晶；
③ 气体发生装置的适配性：根据反应物状态和反应条件选择装置，如高锰酸钾与浓盐酸常温反应，用固液不加热装置。
（3）根据流程，与反应生成更难溶的沉淀，结合电荷守恒、原子守恒配平，注意沉淀符号的标注。
（4）① 溴的有机相为互溶液体，利用沸点差异分离，操作X为蒸馏；
② 回忆蒸馏装置的核心仪器：蒸馏烧瓶（盛放液体）、直形冷凝管（冷凝蒸气），结合装置整体补充配套仪器。
（5）① 确定反应的氧化剂、还原剂及产物：氧化，被氧化为，被还原为；
② 利用化合价升降法配平电子转移，再根据溶液环境（酸性/中性）补充、，配平电荷与原子。
（1）配制溶液所需，则的物质的量为0.1 mol，所需称量的质量为；为强碱弱酸盐，会发生水解反应、，使溶液呈碱性而腐蚀玻璃，所以需储存于带橡胶塞的试剂瓶中，故答案为；、（写出第一步即可）。
（2）A．过滤装置中漏斗下端靠烧杯内壁，玻璃棒下端靠三层滤纸，上端烧杯口靠玻璃棒，A正确；
B．固体灼烧需在坩埚中进行，而不是用蒸发皿，B错误；
C．高锰酸钾固体与浓盐酸在常温下能反应生成氯气，采用固液不加热气体发生装置，C正确；
D．分液时分液漏斗放置在铁架台的铁圈上，分液漏斗的下端靠烧杯内壁，D正确；
故答案为B。
（3）加入溶液是将转化为沉淀，发生的离子方程式为，故答案为。
（4）由分析知，操作X为蒸馏，需要的仪器为铁架台、酒精灯、石棉网、蒸馏烧瓶、直形冷凝管、尾接管、锥形瓶，故答案为蒸馏；蒸馏烧瓶、直形冷凝管。
（5）由分析可知，滤液中含，具有还原性，能与氯气发生氧化还原反应生成，故答案为。
16．工业上由天然与MnS矿（杂质是含Fe、Al、Mg、Si、Ca的氧化物）制备的工艺流程如图所示。
已知：室温下相关物质的、如下表，。
HF
回答下列问题：
（1）“酸浸”产生的气体是，写出产生该气体反应的离子方程式：　 　。
（2）滤渣1中除含有单质硫外，另一种物质是　 　（填化学式），单质硫是两种气体反应产生的，写出该反应的化学方程式：　 　。
（3）“调pH”的目的是除去铁、铝（以氢氧化物形式去除），若将它们完全除去（溶液中离子浓度视为完全沉淀），则pH的调节范围可以选择的是　 　（填字母）。已知“过滤”后溶液中，。
A. B. C.
（4）若“除杂”后的溶液中，则此时溶液的pH为　 　。
（5）“沉锰”时，将温度控制在30~35℃的原因是　 　。
（6）在空气流中热解得到不同价态锰的氧化物，其固体残留率随温度的变化如图1所示（假设A、B、C三点均为纯净物）。C点对应物质的化学式为　 　。
（7）的立方晶胞结构如图2所示。若距离最近的两个锰原子之间的距离为b pm，阿伏加德罗常数的值为。则的密度　 　（列出表达式）。
【答案】（1）
（2）；
（3）B
（4）5.7
（5）温度低于30℃，反应较慢，温度高于35℃，碳酸氢铵易分解，降低原料利用率
（6）MnO
（7）或
【知识点】晶胞的计算；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；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）“酸浸”产生的气体是，是二氧化锰与浓盐酸反应产生的，产生该气体反应的离子方程式为：；
故答案为： ；
（2）根据分析可知，滤渣1中除含有单质硫外，另一种物质是，单质硫是两种气体反应产生的，为氯气氧化硫化氢，该反应的化学方程式为：；
故答案为： ；；
（3）根据题意加入氨水的目的是调节pH除去Fe3+、Al3+，且Mn2+不能转化为Mn(OH)2，因，当Al3+完全沉淀时，得mol·L-1，此时溶液的pH为4.7，结合已知信息Mn2+开始沉淀时的pH为7.65，此时Al(OH)3还未开始溶解，应控制pH的范围是4.7pH<7.65，答案选B；
故答案为： B ；
（4）由溶度积可知，溶液中钙离子浓度为1×10—5mol/L时，溶液中氟离子浓度为=1.5×10—3mol/L，由电离常数可知，溶液中氢氟酸浓度为1×10—5mol/L时，溶液中氢离子浓度为=2×10—6mol/L，则溶液的pH为6-lg2=5.7，
故答案为：5.7；
（5）反应时若温度低于30℃，反应较慢，若温度高于35℃，碳酸氢铵受热易分解，降低原料利用率，所以需要将温度控制在30℃~35℃，
故答案为：温度低于30℃，反应较慢，温度高于35℃，碳酸氢铵易分解，降低原料利用率；
（6）假设MnCO3的物质的量为1mol，即质量115g，则Mn的质量为55g。A点：，故A点固体为MnO2。同理B点：，为Mn3O4；C点：，为MnO；
故答案为：MnO；
（7）根据均摊法可知，晶胞中Se原子位于内部，共4个Mn，有个个Se，距离最近的两个锰原子为晶胞面对角线的，已知距离最近的两个锰原子之间的距离为b pm，设棱长为ａ，则b＝，a＝，即一个晶胞体积为：，一个晶胞的质量为，则的密度，
故答案为：或。
【分析】（1）确定反应主体：天然与浓盐酸在下反应生成，元素从价降为价、元素从价升为价；
配平规则：根据得失电子守恒配平与的计量比，再结合电荷守恒补充，最后根据原子守恒补，注明反应条件。
（2）分析反应物来源：滤渣1中的由氧化生成（与酸反应生成）；
反应规律：为氧化剂、为还原剂，产物为和，根据得失电子守恒和原子守恒直接配平化学方程式。
（3）除杂目标：调节除去、，但不能沉淀；
关键阈值：完全沉淀的（由计算）、开始沉淀的；
范围判定：需保证完全沉淀且不沉淀，同时未溶解，最终确定范围为。
（4）第一步：根据，代入浓度计算；第二步：根据的电离常数，变形得，代入数据计算；第三步：根据，结合对数运算规则求出最终。
（5）双向影响分析：温度对反应速率和物质稳定性的双重作用；
结论表述：温度低于时，反应速率过慢，沉锰效率低；温度高于时，受热分解，导致原料利用率降低，因此需控制温度在。
（6）质量守恒计算：假设质量为（即），计算其中的质量；
质量分数匹配：分别计算、、中的质量分数，与样品中的质量分数（、、）逐一对比，匹配即确定对应组成。
（7）均摊法求原子数：位于晶胞内部共个，通过均摊法计算得个；
棱长与距离关系：根据最近原子距离与晶胞棱长的几何关系（），确定棱长；
密度公式：晶胞密度，晶胞质量为，晶胞体积为，代入化简得最终表达式。
（1）“酸浸”产生的气体是，是二氧化锰与浓盐酸反应产生的，产生该气体反应的离子方程式为：；
（2）根据分析可知，滤渣1中除含有单质硫外，另一种物质是，单质硫是两种气体反应产生的，为氯气氧化硫化氢，该反应的化学方程式为：；
（3）根据题意加入氨水的目的是调节pH除去Fe3+、Al3+，且Mn2+不能转化为Mn(OH)2，因，当Al3+完全沉淀时，得mol·L-1，此时溶液的pH为4.7，结合已知信息Mn2+开始沉淀时的pH为7.65，此时Al(OH)3还未开始溶解，应控制pH的范围是4.7pH<7.65，答案选B；
（4）由溶度积可知，溶液中钙离子浓度为1×10—5mol/L时，溶液中氟离子浓度为=1.5×10—3mol/L，由电离常数可知，溶液中氢氟酸浓度为1×10—5mol/L时，溶液中氢离子浓度为=2×10—6mol/L，则溶液的pH为6-lg2=5.7，故答案为：5.7；
（5）反应时若温度低于30℃，反应较慢，若温度高于35℃，碳酸氢铵受热易分解，降低原料利用率，所以需要将温度控制在30℃~35℃，故答案为：温度低于30℃，反应较慢，温度高于35℃，碳酸氢铵易分解，降低原料利用率；
（6）假设MnCO3的物质的量为1mol，即质量115g，则Mn的质量为55g。A点：，故A点固体为MnO2。同理B点：，为Mn3O4；C点：，为MnO；
（7）根据均摊法可知，晶胞中Se原子位于内部，共4个Mn，有个个Se，距离最近的两个锰原子为晶胞面对角线的，已知距离最近的两个锰原子之间的距离为b pm，设棱长为ａ，则b＝，a＝，即一个晶胞体积为：，一个晶胞的质量为，则的密度，答案为或。
17．二甲醚是重要的有机合成原料。工业上常用合成气（主要成分为CO、）制备二甲醚，其主要反应如下：
反应i
反应ii
回答下列问题：
（1）反应的　 　。
（2）已知，随温度变化的三种趋势如图1中线条所示。能用来表示反应i的线条是　 　（填线条字母）。
（3）一定条件下，反应i达到平衡状态后，若改变反应的某一个条件，下列变化能说明平衡一定向正反应方向移动的是_______（填字母）。
A．逆反应速率先增大后减小 B．的转化率增大
C．反应物的体积分数减小 D．容器中的变大
（4）一定温度下，在体积为2 L的刚性容器中充入和一定量的发生反应i、ii制备二甲醚，平衡时的分压（分压=总压×物质的量分数）与起始的关系如图2所示。已知：初始充入时，容器内气体的总压强为。
①d点：　 　（填“>”“=”或“<”，下同）。
②a点时，CO转化率　 　转化率。
③若10 min时反应到达c点，CO的转化率为75%，则0~10 min用表示的平均反应速率为　 　，反应ii的分压平衡常数　 　。
【答案】（1）
（2）c
（3）B
（4）>；<；0.015；4
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）反应可由反应ⅰ+反应ⅱ可得，则，。
故答案为： ；
（2）已知，随温度变化的三种趋势如图1中线条所示，反应ⅰ的的<0，该反应为气体系数减小的反应，，则T越高，就越大，图像中曲线c符合条件。
故答案为： c ；
（3）A．逆反应速率先增大后减小，可能是增大生成物浓度，平衡向逆反应方向移动，A错误；
B．的转化率增大，说明该反应正向移动，B正确；
C．反应物的体积分数减小，可能是增大生成物的浓度，平衡向逆反应方向移动，C错误：
D．容器中的变大，可能是减小CO的量，平衡向逆反应方向移动，D错误；
故答案为：B。
（4）从图中可知，d点为非平衡点，b点为平衡点，d→b为达到平衡的过程，在增大，所以在正向移动，则；
a点时，，初始，则初始。反应生成的总反应为可知，，。设平衡时生成x mol，则CO的转化率为，的转化率为，显然；
若10 min时反应到达c点，CO的转化率为75%，的分压为，则平衡时，，设，，根据C原子守恒，，根据压强比等于物质的量之比，平衡时气体共有，平衡时总压为，得，则有，，，则，反应ii的与相等，。
故答案为： > ； < ； 0.015 ； 4 ；
【分析】（1）① 目标反应可由已知反应 i×2 + 反应 ii 得到；
② 根据盖斯定律，总反应焓变 ΔH = 2ΔH1 + ΔH2；
③ 代入已知焓变数据直接计算，注意系数与符号的对应关系。
（2）① 由反应 i 的 ΔH1<0、气体分子数减少（ΔS<0），代入 ΔG = ΔH - TΔS；
② 分析温度对 ΔG 的影响：T 升高时，-TΔS 项增大，ΔG 随温度升高而增大；
③ 匹配图像中随温度升高而增大的曲线，确定为曲线 c。
（3）① 平衡移动的核心判据：反应物转化率升高、生成物浓度增大，说明平衡正向移动；
② 逐一分析选项：逆反应速率变化、反应物转化率、体积分数、物质的量比，结合勒夏特列原理判断平衡移动方向，排除干扰选项，确定正确答案。
（4）① 平衡移动方向判断：非平衡点向平衡点移动时，生成物浓度增大，说明反应正向进行，v 正 > v 逆；
② 转化率比较：初始投料=1，结合反应计量比（2CO~4H2），根据反应消耗量计算转化率，比较大小；
③ 反应速率计算：根据 CO 转化率和平衡分压，结合原子守恒、压强与物质的量关系，计算生成物的物质的量，再用 v= 求反应速率；
④ 平衡常数计算：利用平衡分压数据，结合反应 ii 的平衡常数表达式，代入分压计算 Kp。
（1）反应可由反应ⅰ+反应ⅱ可得，则，。
（2）已知，随温度变化的三种趋势如图1中线条所示，反应ⅰ的的<0，该反应为气体系数减小的反应，，则T越高，就越大，图像中曲线c符合条件。
（3）A．逆反应速率先增大后减小，可能是增大生成物浓度，平衡向逆反应方向移动，A错误；
B．的转化率增大，说明该反应正向移动，B正确；
C．反应物的体积分数减小，可能是增大生成物的浓度，平衡向逆反应方向移动，C错误：
D．容器中的变大，可能是减小CO的量，平衡向逆反应方向移动，D错误；
故答案选B。
（4）从图中可知，d点为非平衡点，b点为平衡点，d→b为达到平衡的过程，在增大，所以在正向移动，则；
a点时，，初始，则初始。反应生成的总反应为可知，，。设平衡时生成x mol，则CO的转化率为，的转化率为，显然；
若10 min时反应到达c点，CO的转化率为75%，的分压为，则平衡时，，设，，根据C原子守恒，，根据压强比等于物质的量之比，平衡时气体共有，平衡时总压为，得，则有，，，则，反应ii的与相等，。
18．有机物H是治疗心律失常的常用药，其一种合成路线如下。
已知：。
回答下列问题：
（1）A的化学名称为　 　。
（2）B中官能团的名称为　 　。
（3）C、E的结构简式分别为　 　、　 　。
（4）在水中溶解度的大小：A　 　（填“>”或“<”，下同）B，G　 　H。
（5）的反应类型为　 　。
（6）写出同时满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式：　 　（任写一种）。
①在酸性条件下水解后生成X和Y两种有机物；
②X能与溶液发生显色反应；
③Y被酸性高锰酸钾溶液氧化后所得产物的核磁共振氢谱峰面积比为1：2。
（7）F的同分异构体有　 　种（不含立体异构，不包括F）。
【答案】（1）乙酸苯酯
（2）（酚）羟基、（酮）羰基
（3）；
（4）<；<
（5）取代反应
（6）、、、、（任写一种）
（7）3
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；有机化合物的命名；有机物的推断；同分异构现象和同分异构体；取代反应
【解析】【解答】（1）根据结构简式可知，A的化学名称是乙酸苯酯；
故答案为： 乙酸苯酯 ；
（2）B中官能团的名称为（酚）羟基、（酮）羰基；
故答案为： （酚）羟基、（酮）羰基 ；
（3）根据分析可知，C、E的结构简式为、；
故答案为： ； ；
（4）B含有酚羟基，能与水形成分子间氢键，增大其在水中的溶解度，故溶解度A＜B；G与盐酸成盐生成H，H为离子化合物，极性强，在水中的溶解度更大，则溶解度G＜H；
故答案为： < ； < ；
（5）D与反应生成E和小分子HCl（与进一步中和），反应类型为取代反应；
故答案为： 取代反应 ；
（6）D的一种同分异构体在酸性条件下水解后生成X和Y两种有机物，则该同分异构体为酯；X能与溶液发生显色反应，则X含酚羟基，Y含羧基；Y被酸性高锰酸钾溶液氧化后所得产物的核磁共振氢谱峰面积比为1：2，则产物结构为，Y中应含有对位的烷基结构；因此该同分异构体可能的结构有、、、、；
故答案为：、、、、（任写一种） ；
（7）F为分子式是C3H9N的胺，其同分异构体中，一级胺为，二级胺为，三级胺为，则共有3种。
故答案为： 3 ；
【分析】以乙酸苯酯（A）为起始原料，经 AlCl3催化重排得到邻羟基苯乙酮（B）；B 与苯甲醛发生羟醛缩合反应生成 C；根据已知反应与C的分子式，可知C为；C 经 Pd/C 催化加氢还原碳碳双键，得到 D；D 在碱性条件下与环氧氯丙烷（）发生亲核取代反应生成 E（）；E 再与正丙胺（F）发生开环加成得到 G；最后 G 与 HCl 成盐，得到目标产物 H。
（1）A 的化学名称：根据酯的命名规则，将乙酸与苯酚形成的酯命名为乙酸苯酯；
（2）B 的官能团：结合 B 的结构简式，识别出（酚）羟基和酮羰基；
（3）C、E 的结构简式：依据已知羟醛缩合反应及后续加氢、取代反应的转化规律，推导得出 C、E 的结构；
（4）溶解度比较：利用酚羟基与水形成氢键、成盐后极性增强的性质，判断溶解度 A＜B、G＜H；
（5）反应类型：分析 D 与环氧氯丙烷的反应为基团取代，判定为取代反应；
（6）D 的同分异构体：根据水解产物的性质和核磁共振氢谱特征，限定结构条件，写出符合要求的酯类同分异构体；
（7）F 的同分异构体数目：按分子式 C3H9N，区分伯、仲、叔胺结构，列举并统计同分异构体总数为 3。
（1）根据结构简式可知，A的化学名称是乙酸苯酯；
（2）B中官能团的名称为（酚）羟基、（酮）羰基；
（3）根据分析可知，C、E的结构简式为、；
（4）B含有酚羟基，能与水形成分子间氢键，增大其在水中的溶解度，故溶解度A＜B；G与盐酸成盐生成H，H为离子化合物，极性强，在水中的溶解度更大，则溶解度G＜H；
（5）D与反应生成E和小分子HCl（与进一步中和），反应类型为取代反应；
（6）D的一种同分异构体在酸性条件下水解后生成X和Y两种有机物，则该同分异构体为酯；X能与溶液发生显色反应，则X含酚羟基，Y含羧基；Y被酸性高锰酸钾溶液氧化后所得产物的核磁共振氢谱峰面积比为1：2，则产物结构为，Y中应含有对位的烷基结构；因此该同分异构体可能的结构有、、、、；
（7）F为分子式是C3H9N的胺，其同分异构体中，一级胺为，二级胺为，三级胺为，则共有3种。
1 / 1河北省名校联考2026届高三上学期一模化学试题
1．材料是人类赖以生存和发展的物质基础。有关下列物质成分的说法正确的是
A.青铜器“四羊方尊”的主要材质是无机盐 B.竹简的主要成分属于天然有机高分子
C.聚合塑料PVC（聚氯乙烯）的单体属于烃 D.光导纤维的主要成分属于金属晶体
A．A B．B C．C D．D
2．氟化氮与水汽的混合物遇到火花会发生爆炸，其反应的化学方程式为。下列说法中正确的是
A．的VSEPR模型： B．NO与互为同素异形体
C．键长大小： D．键的极性：
3．下列有关说法正确的是
A．铁、铜在潮湿的空气中均易形成金属氧化物
B．Mg分别与空气和氧气反应，生成的产物完全相同
C．久置于空气中的漂白粉遇盐酸产生
D．浓硝酸和氯水均用棕色试剂瓶保存，其原因不同
4．下列实验设计，能达到实验目的的是
A.测定KI溶液的浓度 B.清洗废铜屑表面的油污
C.制备胆矾晶体 D.测量体积
A．A B．B C．C D．D
5．实验室制备氯化亚铜（CuCl）的反应为。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．溶液中含数目为
B．标准状况下，中含键数目为
C．中，中心原子上含孤电子对数目为
D．每生成99.0 g CuCl，转移电子数目为
6．甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：。下列有关上述物质的推断错误的是
A．若甲为，则丁可能是 B．若甲为，则丁可能是
C．若甲为Fe，则丁可能是 D．若甲为NaOH，则丁可能是
7．化合物M属四环杜鹃花科杂萜类有机物，其结构简式如图所示。下列说法正确的是
A．化合物M易溶于水
B．1 mol M最多能与发生加成反应
C．一定条件下M能发生自身缩聚反应生成聚合物
D．M分子中不含有手性碳原子
8．W、X、Y、Z均为周期表中前两周期主族元素，其原子序数依次增大，基态X原子核外电子排布中p轨道只有1个电子，四种元素可以组成AB型离子化合物，阴阳离子皆由两种元素组成，且均为正四面体形，其中阳离子含有10个电子。下列说法正确的是
A．键能：
B．X、Y、Z形成的单质晶体类型相同
C．第一电离能：
D．W与Y可形成化合物、
9．钒催化剂对氧化苯制备苯酚的反应具有良好的催化活性，反应机理如图所示，其中步骤③为放热反应。下列说法错误的是
A．活泼性：
B．步骤③正、逆反应的活化能关系为
C．酸性：
D．步骤③生成的物质X是
10．在催化剂作用下，以、为原料合成，其主要反应有：
反应1：
反应2：
将体积比为1：1的、混合气体按一定流速通过催化反应管，测得、的转化率随温度变化的关系如图所示。已知：的选择性，产率。下列说法正确的是
A．图中曲线①表示转化率随温度的变化
B．如图温度范围内，温度越高，的选择性越小
C．如图温度范围内，随温度的升高，产率逐渐减小
D．其他条件不变，使用高效催化剂，能提高平衡时产率
11．下列关于物质的结构或性质及解释错误的是
选项 物质的结构或性质 解释
A 分子极性： F的电负性大于H
B CsCl晶体中与8个配位，而NaCl晶体中与6个配位 比的半径大，阳离子与阴离子半径比越大，配位数越大
C 冠醚18-冠-6可识别，能增大在有机溶剂中的溶解度 冠醚18-冠-6空腔直径与直径接近
D P原子间难形成三键而N原子间可以 P的原子半径大于N，难形成键
A．A B．B C．C D．D
12．以Al和为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，其工作原理如图所示。放电时转化为，下列说法正确的是
A．Al电极反应式为
B．溶液中由左通过阴离子交换膜向右迁移
C．电池工作一段时间，正极区溶液的pH变小
D．当有消耗，转移电子的物质的量为1 mol
13．某含氮催化剂M的六方晶胞如图所示，已知：晶胞参数，，。A点原子的分数坐标为，下列说法中错误的是
A．M的化学式为
B．基态Co原子的价电子排布式为
C．B点原子的分数坐标为
D．晶体中，与N距离相等且最近的Li原子数目为6
14．向饱和溶液（有足量固体）中通入HCl气体，调节体系pH促进溶解，总反应为，平衡时、分布系数（其中M代表、或）与pH的变化关系如图所示，比如，已知：，下列说法错误的是
A．曲线Ⅱ表示与pH的变化关系
B．时，
C．时，溶液中
D．总反应的平衡常数为
15．实验室从废定影液{含和等}中回收Ag和的主要步骤如图所示。
回答下列问题：
（1）实验中需要用到的溶液，若用晶体配制溶液，则需要称量晶体的质量为　 　，配制好的溶液需储存于带橡胶塞的试剂瓶中，原因是　 　（用离子方程式表示）。
（2）下列装置对应回收步骤中的过滤、灼烧、制备、分液，其中装置中仪器或药品使用有错误的是　 　（填字母）。
（3）加入溶液发生反应的离子方程式为　 　。
（4）操作X是　 　，用到的部分仪器有　 　（从下列仪器中选择，写出名称）。
（5）经检验“萃取”后水相中含有大量的、和，写出产生的离子方程式：　 　。
16．工业上由天然与MnS矿（杂质是含Fe、Al、Mg、Si、Ca的氧化物）制备的工艺流程如图所示。
已知：室温下相关物质的、如下表，。
HF
回答下列问题：
（1）“酸浸”产生的气体是，写出产生该气体反应的离子方程式：　 　。
（2）滤渣1中除含有单质硫外，另一种物质是　 　（填化学式），单质硫是两种气体反应产生的，写出该反应的化学方程式：　 　。
（3）“调pH”的目的是除去铁、铝（以氢氧化物形式去除），若将它们完全除去（溶液中离子浓度视为完全沉淀），则pH的调节范围可以选择的是　 　（填字母）。已知“过滤”后溶液中，。
A. B. C.
（4）若“除杂”后的溶液中，则此时溶液的pH为　 　。
（5）“沉锰”时，将温度控制在30~35℃的原因是　 　。
（6）在空气流中热解得到不同价态锰的氧化物，其固体残留率随温度的变化如图1所示（假设A、B、C三点均为纯净物）。C点对应物质的化学式为　 　。
（7）的立方晶胞结构如图2所示。若距离最近的两个锰原子之间的距离为b pm，阿伏加德罗常数的值为。则的密度　 　（列出表达式）。
17．二甲醚是重要的有机合成原料。工业上常用合成气（主要成分为CO、）制备二甲醚，其主要反应如下：
反应i
反应ii
回答下列问题：
（1）反应的　 　。
（2）已知，随温度变化的三种趋势如图1中线条所示。能用来表示反应i的线条是　 　（填线条字母）。
（3）一定条件下，反应i达到平衡状态后，若改变反应的某一个条件，下列变化能说明平衡一定向正反应方向移动的是_______（填字母）。
A．逆反应速率先增大后减小 B．的转化率增大
C．反应物的体积分数减小 D．容器中的变大
（4）一定温度下，在体积为2 L的刚性容器中充入和一定量的发生反应i、ii制备二甲醚，平衡时的分压（分压=总压×物质的量分数）与起始的关系如图2所示。已知：初始充入时，容器内气体的总压强为。
①d点：　 　（填“>”“=”或“<”，下同）。
②a点时，CO转化率　 　转化率。
③若10 min时反应到达c点，CO的转化率为75%，则0~10 min用表示的平均反应速率为　 　，反应ii的分压平衡常数　 　。
18．有机物H是治疗心律失常的常用药，其一种合成路线如下。
已知：。
回答下列问题：
（1）A的化学名称为　 　。
（2）B中官能团的名称为　 　。
（3）C、E的结构简式分别为　 　、　 　。
（4）在水中溶解度的大小：A　 　（填“>”或“<”，下同）B，G　 　H。
（5）的反应类型为　 　。
（6）写出同时满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式：　 　（任写一种）。
①在酸性条件下水解后生成X和Y两种有机物；
②X能与溶液发生显色反应；
③Y被酸性高锰酸钾溶液氧化后所得产物的核磁共振氢谱峰面积比为1：2。
（7）F的同分异构体有　 　种（不含立体异构，不包括F）。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；硅和二氧化硅；合金及其应用；高分子材料
【解析】【解答】A、青铜器 “四羊方尊” 的主要材质为铜合金，属于金属材料，不是无机盐，A 不符合题意；
B、竹简的主要成分是纤维素，属于天然有机高分子化合物，B 符合题意；
C、聚合塑料 PVC（聚氯乙烯）的单体为氯乙烯，分子中含氯原子，不属于烃，C 不符合题意；
D、光导纤维的主要成分为二氧化硅，属于共价晶体，不是金属晶体，D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
金属材料与无机盐的区分：青铜器为铜锡铅等合金，属于金属材料，无机盐为离子化合物，二者类别不同；
天然有机高分子的判断：纤维素、淀粉、蛋白质均为常见的天然有机高分子，竹简的主要成分纤维素符合该类别；
烃的定义：烃是仅含碳、氢两种元素的有机物，氯乙烯含氯元素，不属于烃；
晶体类型的区分：二氧化硅由硅氧原子通过共价键结合，属于共价晶体（原子晶体），金属晶体由金属阳离子和自由电子构成，二者结构不同。
易错提醒：需准确区分各类物质的组成与类别，避免将合金误判为无机盐、将含卤代烃误判为烃、将二氧化硅误判为金属晶体。
2．【答案】A
【知识点】键能、键长、键角及其应用；判断简单分子或离子的构型；同素异形体
【解析】【解答】A、 分子中， 原子的价层电子对数 ，含1对孤电子对和3个成键电子对，VSEPR模型为四面体形，与图中模型一致，A符合题意；
B、同素异形体是指由同种元素形成的不同单质，而 与 均为化合物，二者不互为同素异形体，B不符合题意；
C、键长与原子半径有关， 原子半径小于 原子半径，故键长：，C不符合题意；
D、键的极性与成键原子的电负性差值有关， 的电负性强于 ，故 的键极性大于 ，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
VSEPR模型判断：价层电子对数 成键电子对数 孤电子对数； 中心 原子价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形；
同素异形体定义：对象必须是同种元素组成的不同单质，化合物不满足条件；
键长比较：键长与原子半径正相关，可通过比较成键原子的半径大小判断键长长短；
键的极性比较：键的极性取决于成键原子的电负性差值，电负性差值越大，键的极性越强。
易错提醒：VSEPR模型与分子空间构型不同， 的VSEPR模型是四面体形，分子空间构型为三角锥形；判断同素异形体时，需先确认物质为单质。
3．【答案】C
【知识点】硝酸的化学性质；镁的化学性质；铁的化学性质；铜及其化合物；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、铁在潮湿空气中易形成铁锈，主要成分为，属于含氧化合物而非简单金属氧化物；铜在潮湿空气中形成铜绿，主要成分为，属于碱式盐，二者均未形成单纯的金属氧化物，故A不符合题意；
B、与纯氧气反应只生成；在空气中反应，除生成外，还能与反应生成，与反应生成和，产物不完全相同，故B不符合题意；
C、漂白粉的主要成分为和，久置于空气中时，会与、反应：，分解后剩余固体中含；遇盐酸时，与反应生成：，故C符合题意；
D、浓硝酸见光易分解：；氯水中的见光易分解： ，二者均因见光易分解需用棕色试剂瓶保存，原因相同，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
金属腐蚀产物：铁生锈生成的是含水的铁氧化物，铜生锈生成的是碱式碳酸盐，均不是单纯的金属氧化物；
镁的反应复杂性：镁是活泼金属，在空气中能与、、等多种成分反应，产物与纯氧气反应的产物不同；
漂白粉的变质与反应：漂白粉久置会与空气中的、反应生成，与盐酸反应可产生，这是判断该选项的核心依据；
试剂保存原理：棕色试剂瓶用于避光保存见光易分解的物质，浓硝酸因自身分解、氯水因分解，均需用棕色试剂瓶保存，二者原因一致。
易错提醒：判断时需准确区分物质类别，明确镁在空气中的复杂反应，以及漂白粉久置后的成分变化。
4．【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；蒸发和结晶、重结晶；化学实验方案的评价；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A、溴水具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，因此不能用碱式滴定管盛装溴水；同时，该反应无明确的滴定终点指示剂，无法准确测定KI溶液的浓度，故A不符合题意；
B、油污在碱性条件下会发生皂化反应，加热的溶液碱性更强，能有效去除废铜屑表面的油污，该实验设计可达到目的，故B符合题意；
C、胆矾晶体（）受热易失去结晶水，因此制备胆矾晶体应采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法，而不是直接在坩埚中加热灼烧，故C不符合题意；
D、能与水反应：，因此不能用排水法测量其体积，该装置无法达到实验目的，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
滴定管的使用规范：溴水、酸性高锰酸钾等强氧化性试剂，应使用酸式滴定管盛装，碱式滴定管的橡胶管会被腐蚀；
油污去除原理：纯碱（）溶液水解呈碱性，加热促进水解，碱性增强，可使油脂发生皂化反应而除去；
晶体的制备方法：受热易分解或易失去结晶水的晶体，应采用冷却结晶法制备，不能直接加热灼烧；
气体体积测量：能与水反应的气体（如）不能用排水法测量体积，需改用排油法等方式。
易错提醒：需结合物质的性质（如氧化性、热稳定性、与水的反应性），判断实验装置和方法是否合理，避免忽略试剂与仪器的反应、物质的分解等细节。
5．【答案】D
【知识点】判断简单分子或离子的构型；气体摩尔体积；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、溶液中，会发生水解反应：，因此1 L 0.1 mol·L- 的溶液中，实际含有的数目小于，A错误。
B、标准状况下，不是气体，不能使用气体摩尔体积计算其物质的量，因此无法计算其含有的σ键数目，B错误。
C、中心原子为S，其价层电子对数为，其中成键电子对为3对，孤电子对为1对。因此0.1 mol 中，中心原子上的孤电子对数目为，C错误；
D、反应中，Cu元素由+2价变为+1价，每生成2 mol ，转移2 mol电子。99.0 g 的物质的量为，故生成1 mol 时，转移电子数目为，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
离子水解：为弱碱阳离子，在水溶液中会发生水解，导致实际离子浓度小于理论浓度；
气体摩尔体积的适用条件：仅适用于标准状况下的气体，水在标况下为液态，不能使用该公式；
孤电子对数计算：中心原子孤电子对数，其中为中心原子价电子数，为配位原子数，为配位原子最多能接受的电子数；
氧化还原反应电子转移计算：根据元素化合价变化，结合化学计量数，计算生成一定量产物时转移的电子数。
易错提醒：
注意弱电解质的水解对离子数目的影响；
明确气体摩尔体积的适用条件，避免将非气体物质误算；
价层电子对互斥模型中，孤电子对数的计算要准确，避免公式误用；
氧化还原反应中，电子转移数与产物物质的量的对应关系要理清，注意化学计量数的影响。
6．【答案】C
【知识点】氨的性质及用途；二氧化硫的性质；含硫物质的性质及综合应用；无机物的推断
【解析】【解答】A、若甲为 H2S，丁为 O2，H2S 与 O2反应可生成 S（乙），S 与 O2反应生成 SO2（丙），SO2与 H2S 反应又可生成 S，转化关系成立，故 A 推断正确。
B 选项：若甲为 NH3，丁为 O2，NH3与 O2催化氧化生成 NO（乙），NO 与 O2反应生成 NO2（丙），NO2与 NH3在一定条件下可反应生成 NO，转化关系成立，故 B 推断正确。
C 选项：若甲为 Fe，丁为 Cl2，Fe 与 Cl2反应只能生成 FeCl3（乙），FeCl3与 Cl2不反应，无法实现乙到丙的转化，因此转化关系不成立，故 C 推断错误。
D 选项：若甲为 NaOH，丁为 SO2，NaOH 与少量 SO2反应生成 Na2SO3（乙），Na2SO3与 SO2、H2O 反应生成 NaHSO3（丙），NaHSO3与 NaOH 反应又可生成 Na2SO3，转化关系成立，故 D 推断正确。
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
转化关系核心为 “甲生成乙，乙生成丙，丙与甲反应生成乙”，需验证物质间的连续转化与归中反应；
硫元素转化中，H2S 可被氧化为 S，S 可进一步氧化为 SO2，SO2与 H2S 能发生归中反应生成 S；
氮元素转化中，NH3催化氧化生成 NO，NO 被氧化为 NO2，NO2与 NH3可发生归中反应；
铁元素转化中，Fe 与 Cl2反应只生成 FeCl3，Cl2无法将 FeCl3进一步氧化为更高价态的铁氯化物；
钠的化合物转化中，NaOH 与 SO2反应可生成 Na2SO3和 NaHSO3，二者可相互转化。
易错提醒：需注意物质间反应的价态变化规律，如 Fe 与 Cl2反应的产物价态限制，避免忽略反应特性误判。
7．【答案】B
【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；有机物的结构和性质；加成反应；缩聚反应
【解析】【解答】A、化合物 M 中虽含羟基，但分子中烃基部分占比极大，疏水作用远大于亲水作用，因此难溶于水，A 错误；
B、分子中苯环可与 3mol H2加成，碳碳双键可与 1mol H2加成，1mol M 最多能与 4mol H2发生加成反应，B 正确；
C、缩聚反应需要同时具备能相互反应的官能团（如羟基与羧基），M 分子中只有羟基，无法发生自身缩聚反应，C 错误；
D、分子中多个碳原子连接了 4 种不同的原子或基团，存在手性碳原子， （如图标记“*”的碳原子为手性碳，） ，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
有机物溶解性判断：亲水基团（如羟基）的数量与分子大小、烃基占比共同决定溶解性，M 中疏水的烃基结构庞大，难溶于水；
加成反应的 H2消耗量：苯环可与 3mol H2加成，碳碳双键可与 1mol H2加成，酯基中的羰基不与 H2加成，因此 1mol M 最多消耗 4mol H2；
缩聚反应的条件：缩聚反应需要两种能相互反应的官能团，M 中只有羟基，无法发生自身缩聚；
手性碳原子判断：手性碳原子是指连有 4 个不同原子或基团的饱和碳原子，M 分子中存在多个此类碳原子。
易错提醒：判断 H2加成量时，需注意酯基、醚键中的羰基不能与 H2加成；手性碳原子的判断需关注碳原子连接的基团是否完全不同。
8．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；键能、键长、键角及其应用；晶体的定义
【解析】【解答】A、N2分子中含有氮氮三键，键能比 F2中的 F-F 单键键能大，A错误；
B、B 的单质属于共价晶体，而 N2、F2属于分子晶体，三者晶体类型不同，B错误；
C、同一周期主族元素的第一电离能整体呈增大趋势，其中第 ⅤA 族的 N 元素因 p 轨道半满的稳定结构，第一电离能高于相邻元素，因此顺序为 B < N < F，C错误；
D、H 元素和 N 元素可以形成 NH3、N2H4等多种化合物，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题是元素推断题，解题关键是结合 “前两周期主族元素” 的限定，通过原子结构、化合物特征来推断元素：首先，W、X、Y、Z 原子序数依次增大，且都是前两周期主族元素；基态 X 原子 p 轨道只有 1 个电子，可推断 X 为硼（B）；再结合 AB 型离子化合物的结构特征，确定阳离子为铵根、阴离子为四氟合硼离子，进而推出 W 为氢（H）、Y 为氮（N）、Z 为氟（F）。之后结合物质结构、晶体类型、第一电离能递变规律和元素化合物性质，逐一分析选项。
9．【答案】C
【知识点】反应热和焓变；活化能及其对化学反应速率的影响；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A、 OH 为自由基，具有强得电子倾向，反应活性远高于稳定的 OH-，故活性： OH > OH-，A正确；
B、步骤③为放热反应，根据放热反应的能量关系：ΔH = E正 - E逆 < 0，因此 E正 C、氯原子为吸电子基团，会增强苯环的吸电子效应，使邻氯苯酚的 O-H 键极性更强，更易电离出 H+，因此酸性：邻氯苯酚 > 苯酚，C错误；
D、根据反应机理，步骤③中反应物为含苯环的中间体和 H+，生成物为苯酚和 VO2+，结合原子守恒可推知物质 X 为 H2O，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
自由基活性判断：自由基（如 OH）因含未成对电子，具有极高的反应活性，远高于稳定离子；
放热反应的活化能关系：放热反应的焓变 ΔH = 正反应活化能 - 逆反应活化能，因此放热反应中 E 正 < E 逆；
取代基对苯酚酸性的影响：吸电子取代基（如 - Cl）通过诱导效应增强苯环的吸电子能力，使酚羟基的 O-H 键极性增强，酸性增强；给电子取代基则相反；
原子守恒在机理中的应用：通过反应前后原子的种类和数目不变，推断反应机理中未知产物的化学式。
易错提醒：判断苯酚酸性强弱时，需注意取代基的电子效应（吸电子、给电子）对酚羟基电离能力的影响，避免混淆不同取代基的作用方向。
10．【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；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】A、根据上述分析，曲线①代表 C2H6的转化率随温度的变化，A错误；
B、温度升高时，C2H6和 CO2的转化率均增大，但 C2H6的增幅远大于 CO2，说明反应 2 的正向进行程度增长比反应 1 更快，导致乙烯的选择性不断降低，B正确；
C、虽然温度升高，C2H6和 CO2的转化率均增大，乙烯和甲烷的生成量都增加，但由于反应 2 的增长速度更快，乙烯的产率会降低，C错误；
D、催化剂只能改变反应速率，不影响化学平衡，因此无法提高平衡时乙烯的产率，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题为化学反应原理综合题，解题关键在于通过转化率的差异判断反应的进行情况。
初始投料中 C2H6和 CO2的体积比为 1：1。若只发生反应 1，两者转化率应相等；若同时发生反应 2，C2H6的转化率会高于 CO2。根据图像数据，720℃时两者转化率相等，说明此时仅发生反应 1；720℃后 C2H6转化率明显高于 CO2，说明反应 2 开始进行。由此可判断：曲线①代表 C2H6的转化率，曲线②代表 CO2的转化率。
11．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；离子晶体；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A、OF2和 H2O 均为 V 形分子、F 的电负性大于 H、OF2中 O-F 键的极性方向与 H2O 中 O-H 键相反、键的极性向量抵消程度更大、分子极性：OF2＞H2O的说法错误、A 错误；
B、Cs+半径大于 Na+、阳离子与阴离子半径比越大、配位数越大、故 CsCl 晶体中 Cs+与 8 个 Cl-配位、NaCl 晶体中 Na+与 6 个 Cl-配位、B 正确；
C、冠醚 18 - 冠 - 6 空腔直径 (260~320 pm) 与 K+直径 (276 pm) 接近、可识别 K+、增大 KMnO4在有机溶剂中的溶解度、C 正确；
D、P 原子半径大于 N、p 轨道难以有效重叠形成 p-pπ 键、故 P 原子间难形成三键、N 原子间可以形成、D 正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
分子极性判断：需结合键的极性和分子空间构型、键的极性向量叠加效果分析；
离子晶体配位数：与阳离子、阴离子半径比相关、半径比越大、配位数通常越高；
冠醚识别作用：冠醚空腔直径与离子直径匹配时、可形成包合物、增大离子在有机溶剂中的溶解度；
p-pπ 键形成能力：原子半径越小、p 轨道重叠程度越大、越容易形成稳定的 p-pπ 键。
12．【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；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、Al 电极失电子、发生氧化反应，为负极；NiO (OH) 电极为正极。负极电极反应式为
Al+4OH- 3e-=[Al(OH)4]-，故 A 正确；
B、原电池放电时，阴离子向负极移动，故 OH-应从右向左（向负极）移动，B 错误；
C、正极反应生成 OH-，导致溶液中 OH-浓度增大，溶液 pH 变大，C 错误；
D、正极反应中，1 mol NiO (OH) 消耗 1 mol e-，即转移 1 mol 电子，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】该原电池放电时，NiO(OH) 转化为 Ni(OH)2，Ni 元素化合价降低、得电子、发生还原反应，故 NiO (OH) 电极为正极；Al 电极失电子、发生氧化反应，为负极。
正极反应：NiO(OH)+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-（生成 OH-，溶液碱性增强）
负极反应：Al+4OH- 3e-=[Al(OH)4]-（消耗 OH-），原电池规律：阴离子向负极移动，阳离子向正极移动；电子由负极经外电路流向正极。
13．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算
【解析】【解答】A、根据均摊法，晶胞中Co原子数目为、Li原子数目为2、N原子数目为、故化学式为、A正确；
B、Co为27号元素、基态原子价电子排布式为、B正确；
C、A点原子分数坐标为、B点位于晶胞内部、在x轴、y轴、z轴的分数坐标分别为、、、即坐标为、C正确；
D、以顶点的N原子为研究对象、与它距离相等且最近的Li原子位于晶胞内部、数目为2、而非6、D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
晶胞中原子数计算：用均摊法计算不同位置原子的贡献，顶点原子按、面心按、棱上按、内部按1计算；
价电子排布式：过渡金属的价电子包括最外层s电子和次外层d电子，Co的价电子为；
分数坐标：根据晶胞参数和原子位置，确定原子在x、y、z轴上的相对位置；
配位数判断：结合晶胞结构，分析中心原子周围等距最近的原子数目。
14．【答案】C
【知识点】化学平衡常数；弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、pH增大时，CaC2O4的溶解平衡逆向移动，减小，减小，因此曲线Ⅱ表示与pH的变化关系，A正确；
B、由pH=1.27时，、pH=4.27时，可得、；pH=3时，，B正确；
C、pH=5时，电荷守恒：= ，物料守恒： ，联立得 ；pH=5时，故 ，C错误；
D、总反应平衡常数===== ，D正确；
故答案为：C。
【分析】 根据草酸的电离规律和CaC2O4的溶解平衡，pH越大，C2O42-浓度越高，抑制CaC2O4溶解，c(Ca2+)减小，lgc(Ca2+)持续降低，故单调下降的曲线Ⅱ为lgc(Ca2+)；曲线Ⅰ在低pH时占比高且随pH递增而递减，对应δ(H2C2O4)，曲线Ⅲ在中间pH区间先升后降，对应δ(HC2O4-)，曲线Ⅳ在高pH时占比高且随pH递增而递增，对应δ(C2O42-)。
15．【答案】（1）；、（写出第一步即可）
（2）B
（3）
（4）蒸馏；蒸馏烧瓶、直形冷凝管
（5）
【知识点】物质的分离与提纯；配制一定物质的量浓度的溶液；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）配制溶液所需，则的物质的量为0.1 mol，所需称量的质量为；为强碱弱酸盐，会发生水解反应、，使溶液呈碱性而腐蚀玻璃，所以需储存于带橡胶塞的试剂瓶中，
故答案为：；、（写出第一步即可）。
（2）A．过滤装置中漏斗下端靠烧杯内壁，玻璃棒下端靠三层滤纸，上端烧杯口靠玻璃棒，A正确；
B．固体灼烧需在坩埚中进行，而不是用蒸发皿，B错误；
C．高锰酸钾固体与浓盐酸在常温下能反应生成氯气，采用固液不加热气体发生装置，C正确；
D．分液时分液漏斗放置在铁架台的铁圈上，分液漏斗的下端靠烧杯内壁，D正确；
故答案为：B。
（3）加入溶液是将转化为沉淀，发生的离子方程式为，
故答案为：。
（4）由分析知，操作X为蒸馏，需要的仪器为铁架台、酒精灯、石棉网、蒸馏烧瓶、直形冷凝管、尾接管、锥形瓶，
故答案为：蒸馏；蒸馏烧瓶、直形冷凝管。
（5）由分析可知，滤液中含，具有还原性，能与氯气发生氧化还原反应生成，
故答案为：。
【分析】（1）① 先根据计算所需溶质的物质的量，再结合结晶水合物的摩尔质量计算称量质量；
② 分析的水解特性：分步水解使溶液呈碱性，会腐蚀玻璃，因此需用带橡胶塞的试剂瓶保存。
（2）① 过滤、分液操作的装置要点：漏斗下端、分液漏斗下端需靠烧杯内壁，玻璃棒靠三层滤纸；
② 固体灼烧的仪器选择：坩埚用于高温灼烧固体，蒸发皿仅用于溶液蒸发结晶；
③ 气体发生装置的适配性：根据反应物状态和反应条件选择装置，如高锰酸钾与浓盐酸常温反应，用固液不加热装置。
（3）根据流程，与反应生成更难溶的沉淀，结合电荷守恒、原子守恒配平，注意沉淀符号的标注。
（4）① 溴的有机相为互溶液体，利用沸点差异分离，操作X为蒸馏；
② 回忆蒸馏装置的核心仪器：蒸馏烧瓶（盛放液体）、直形冷凝管（冷凝蒸气），结合装置整体补充配套仪器。
（5）① 确定反应的氧化剂、还原剂及产物：氧化，被氧化为，被还原为；
② 利用化合价升降法配平电子转移，再根据溶液环境（酸性/中性）补充、，配平电荷与原子。
（1）配制溶液所需，则的物质的量为0.1 mol，所需称量的质量为；为强碱弱酸盐，会发生水解反应、，使溶液呈碱性而腐蚀玻璃，所以需储存于带橡胶塞的试剂瓶中，故答案为；、（写出第一步即可）。
（2）A．过滤装置中漏斗下端靠烧杯内壁，玻璃棒下端靠三层滤纸，上端烧杯口靠玻璃棒，A正确；
B．固体灼烧需在坩埚中进行，而不是用蒸发皿，B错误；
C．高锰酸钾固体与浓盐酸在常温下能反应生成氯气，采用固液不加热气体发生装置，C正确；
D．分液时分液漏斗放置在铁架台的铁圈上，分液漏斗的下端靠烧杯内壁，D正确；
故答案为B。
（3）加入溶液是将转化为沉淀，发生的离子方程式为，故答案为。
（4）由分析知，操作X为蒸馏，需要的仪器为铁架台、酒精灯、石棉网、蒸馏烧瓶、直形冷凝管、尾接管、锥形瓶，故答案为蒸馏；蒸馏烧瓶、直形冷凝管。
（5）由分析可知，滤液中含，具有还原性，能与氯气发生氧化还原反应生成，故答案为。
16．【答案】（1）
（2）；
（3）B
（4）5.7
（5）温度低于30℃，反应较慢，温度高于35℃，碳酸氢铵易分解，降低原料利用率
（6）MnO
（7）或
【知识点】晶胞的计算；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；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）“酸浸”产生的气体是，是二氧化锰与浓盐酸反应产生的，产生该气体反应的离子方程式为：；
故答案为： ；
（2）根据分析可知，滤渣1中除含有单质硫外，另一种物质是，单质硫是两种气体反应产生的，为氯气氧化硫化氢，该反应的化学方程式为：；
故答案为： ；；
（3）根据题意加入氨水的目的是调节pH除去Fe3+、Al3+，且Mn2+不能转化为Mn(OH)2，因，当Al3+完全沉淀时，得mol·L-1，此时溶液的pH为4.7，结合已知信息Mn2+开始沉淀时的pH为7.65，此时Al(OH)3还未开始溶解，应控制pH的范围是4.7pH<7.65，答案选B；
故答案为： B ；
（4）由溶度积可知，溶液中钙离子浓度为1×10—5mol/L时，溶液中氟离子浓度为=1.5×10—3mol/L，由电离常数可知，溶液中氢氟酸浓度为1×10—5mol/L时，溶液中氢离子浓度为=2×10—6mol/L，则溶液的pH为6-lg2=5.7，
故答案为：5.7；
（5）反应时若温度低于30℃，反应较慢，若温度高于35℃，碳酸氢铵受热易分解，降低原料利用率，所以需要将温度控制在30℃~35℃，
故答案为：温度低于30℃，反应较慢，温度高于35℃，碳酸氢铵易分解，降低原料利用率；
（6）假设MnCO3的物质的量为1mol，即质量115g，则Mn的质量为55g。A点：，故A点固体为MnO2。同理B点：，为Mn3O4；C点：，为MnO；
故答案为：MnO；
（7）根据均摊法可知，晶胞中Se原子位于内部，共4个Mn，有个个Se，距离最近的两个锰原子为晶胞面对角线的，已知距离最近的两个锰原子之间的距离为b pm，设棱长为ａ，则b＝，a＝，即一个晶胞体积为：，一个晶胞的质量为，则的密度，
故答案为：或。
【分析】（1）确定反应主体：天然与浓盐酸在下反应生成，元素从价降为价、元素从价升为价；
配平规则：根据得失电子守恒配平与的计量比，再结合电荷守恒补充，最后根据原子守恒补，注明反应条件。
（2）分析反应物来源：滤渣1中的由氧化生成（与酸反应生成）；
反应规律：为氧化剂、为还原剂，产物为和，根据得失电子守恒和原子守恒直接配平化学方程式。
（3）除杂目标：调节除去、，但不能沉淀；
关键阈值：完全沉淀的（由计算）、开始沉淀的；
范围判定：需保证完全沉淀且不沉淀，同时未溶解，最终确定范围为。
（4）第一步：根据，代入浓度计算；第二步：根据的电离常数，变形得，代入数据计算；第三步：根据，结合对数运算规则求出最终。
（5）双向影响分析：温度对反应速率和物质稳定性的双重作用；
结论表述：温度低于时，反应速率过慢，沉锰效率低；温度高于时，受热分解，导致原料利用率降低，因此需控制温度在。
（6）质量守恒计算：假设质量为（即），计算其中的质量；
质量分数匹配：分别计算、、中的质量分数，与样品中的质量分数（、、）逐一对比，匹配即确定对应组成。
（7）均摊法求原子数：位于晶胞内部共个，通过均摊法计算得个；
棱长与距离关系：根据最近原子距离与晶胞棱长的几何关系（），确定棱长；
密度公式：晶胞密度，晶胞质量为，晶胞体积为，代入化简得最终表达式。
（1）“酸浸”产生的气体是，是二氧化锰与浓盐酸反应产生的，产生该气体反应的离子方程式为：；
（2）根据分析可知，滤渣1中除含有单质硫外，另一种物质是，单质硫是两种气体反应产生的，为氯气氧化硫化氢，该反应的化学方程式为：；
（3）根据题意加入氨水的目的是调节pH除去Fe3+、Al3+，且Mn2+不能转化为Mn(OH)2，因，当Al3+完全沉淀时，得mol·L-1，此时溶液的pH为4.7，结合已知信息Mn2+开始沉淀时的pH为7.65，此时Al(OH)3还未开始溶解，应控制pH的范围是4.7pH<7.65，答案选B；
（4）由溶度积可知，溶液中钙离子浓度为1×10—5mol/L时，溶液中氟离子浓度为=1.5×10—3mol/L，由电离常数可知，溶液中氢氟酸浓度为1×10—5mol/L时，溶液中氢离子浓度为=2×10—6mol/L，则溶液的pH为6-lg2=5.7，故答案为：5.7；
（5）反应时若温度低于30℃，反应较慢，若温度高于35℃，碳酸氢铵受热易分解，降低原料利用率，所以需要将温度控制在30℃~35℃，故答案为：温度低于30℃，反应较慢，温度高于35℃，碳酸氢铵易分解，降低原料利用率；
（6）假设MnCO3的物质的量为1mol，即质量115g，则Mn的质量为55g。A点：，故A点固体为MnO2。同理B点：，为Mn3O4；C点：，为MnO；
（7）根据均摊法可知，晶胞中Se原子位于内部，共4个Mn，有个个Se，距离最近的两个锰原子为晶胞面对角线的，已知距离最近的两个锰原子之间的距离为b pm，设棱长为ａ，则b＝，a＝，即一个晶胞体积为：，一个晶胞的质量为，则的密度，答案为或。
17．【答案】（1）
（2）c
（3）B
（4）>；<；0.015；4
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）反应可由反应ⅰ+反应ⅱ可得，则，。
故答案为： ；
（2）已知，随温度变化的三种趋势如图1中线条所示，反应ⅰ的的<0，该反应为气体系数减小的反应，，则T越高，就越大，图像中曲线c符合条件。
故答案为： c ；
（3）A．逆反应速率先增大后减小，可能是增大生成物浓度，平衡向逆反应方向移动，A错误；
B．的转化率增大，说明该反应正向移动，B正确；
C．反应物的体积分数减小，可能是增大生成物的浓度，平衡向逆反应方向移动，C错误：
D．容器中的变大，可能是减小CO的量，平衡向逆反应方向移动，D错误；
故答案为：B。
（4）从图中可知，d点为非平衡点，b点为平衡点，d→b为达到平衡的过程，在增大，所以在正向移动，则；
a点时，，初始，则初始。反应生成的总反应为可知，，。设平衡时生成x mol，则CO的转化率为，的转化率为，显然；
若10 min时反应到达c点，CO的转化率为75%，的分压为，则平衡时，，设，，根据C原子守恒，，根据压强比等于物质的量之比，平衡时气体共有，平衡时总压为，得，则有，，，则，反应ii的与相等，。
故答案为： > ； < ； 0.015 ； 4 ；
【分析】（1）① 目标反应可由已知反应 i×2 + 反应 ii 得到；
② 根据盖斯定律，总反应焓变 ΔH = 2ΔH1 + ΔH2；
③ 代入已知焓变数据直接计算，注意系数与符号的对应关系。
（2）① 由反应 i 的 ΔH1<0、气体分子数减少（ΔS<0），代入 ΔG = ΔH - TΔS；
② 分析温度对 ΔG 的影响：T 升高时，-TΔS 项增大，ΔG 随温度升高而增大；
③ 匹配图像中随温度升高而增大的曲线，确定为曲线 c。
（3）① 平衡移动的核心判据：反应物转化率升高、生成物浓度增大，说明平衡正向移动；
② 逐一分析选项：逆反应速率变化、反应物转化率、体积分数、物质的量比，结合勒夏特列原理判断平衡移动方向，排除干扰选项，确定正确答案。
（4）① 平衡移动方向判断：非平衡点向平衡点移动时，生成物浓度增大，说明反应正向进行，v 正 > v 逆；
② 转化率比较：初始投料=1，结合反应计量比（2CO~4H2），根据反应消耗量计算转化率，比较大小；
③ 反应速率计算：根据 CO 转化率和平衡分压，结合原子守恒、压强与物质的量关系，计算生成物的物质的量，再用 v= 求反应速率；
④ 平衡常数计算：利用平衡分压数据，结合反应 ii 的平衡常数表达式，代入分压计算 Kp。
（1）反应可由反应ⅰ+反应ⅱ可得，则，。
（2）已知，随温度变化的三种趋势如图1中线条所示，反应ⅰ的的<0，该反应为气体系数减小的反应，，则T越高，就越大，图像中曲线c符合条件。
（3）A．逆反应速率先增大后减小，可能是增大生成物浓度，平衡向逆反应方向移动，A错误；
B．的转化率增大，说明该反应正向移动，B正确；
C．反应物的体积分数减小，可能是增大生成物的浓度，平衡向逆反应方向移动，C错误：
D．容器中的变大，可能是减小CO的量，平衡向逆反应方向移动，D错误；
故答案选B。
（4）从图中可知，d点为非平衡点，b点为平衡点，d→b为达到平衡的过程，在增大，所以在正向移动，则；
a点时，，初始，则初始。反应生成的总反应为可知，，。设平衡时生成x mol，则CO的转化率为，的转化率为，显然；
若10 min时反应到达c点，CO的转化率为75%，的分压为，则平衡时，，设，，根据C原子守恒，，根据压强比等于物质的量之比，平衡时气体共有，平衡时总压为，得，则有，，，则，反应ii的与相等，。
18．【答案】（1）乙酸苯酯
（2）（酚）羟基、（酮）羰基
（3）；
（4）<；<
（5）取代反应
（6）、、、、（任写一种）
（7）3
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；有机化合物的命名；有机物的推断；同分异构现象和同分异构体；取代反应
【解析】【解答】（1）根据结构简式可知，A的化学名称是乙酸苯酯；
故答案为： 乙酸苯酯 ；
（2）B中官能团的名称为（酚）羟基、（酮）羰基；
故答案为： （酚）羟基、（酮）羰基 ；
（3）根据分析可知，C、E的结构简式为、；
故答案为： ； ；
（4）B含有酚羟基，能与水形成分子间氢键，增大其在水中的溶解度，故溶解度A＜B；G与盐酸成盐生成H，H为离子化合物，极性强，在水中的溶解度更大，则溶解度G＜H；
故答案为： < ； < ；
（5）D与反应生成E和小分子HCl（与进一步中和），反应类型为取代反应；
故答案为： 取代反应 ；
（6）D的一种同分异构体在酸性条件下水解后生成X和Y两种有机物，则该同分异构体为酯；X能与溶液发生显色反应，则X含酚羟基，Y含羧基；Y被酸性高锰酸钾溶液氧化后所得产物的核磁共振氢谱峰面积比为1：2，则产物结构为，Y中应含有对位的烷基结构；因此该同分异构体可能的结构有、、、、；
故答案为：、、、、（任写一种） ；
（7）F为分子式是C3H9N的胺，其同分异构体中，一级胺为，二级胺为，三级胺为，则共有3种。
故答案为： 3 ；
【分析】以乙酸苯酯（A）为起始原料，经 AlCl3催化重排得到邻羟基苯乙酮（B）；B 与苯甲醛发生羟醛缩合反应生成 C；根据已知反应与C的分子式，可知C为；C 经 Pd/C 催化加氢还原碳碳双键，得到 D；D 在碱性条件下与环氧氯丙烷（）发生亲核取代反应生成 E（）；E 再与正丙胺（F）发生开环加成得到 G；最后 G 与 HCl 成盐，得到目标产物 H。
（1）A 的化学名称：根据酯的命名规则，将乙酸与苯酚形成的酯命名为乙酸苯酯；
（2）B 的官能团：结合 B 的结构简式，识别出（酚）羟基和酮羰基；
（3）C、E 的结构简式：依据已知羟醛缩合反应及后续加氢、取代反应的转化规律，推导得出 C、E 的结构；
（4）溶解度比较：利用酚羟基与水形成氢键、成盐后极性增强的性质，判断溶解度 A＜B、G＜H；
（5）反应类型：分析 D 与环氧氯丙烷的反应为基团取代，判定为取代反应；
（6）D 的同分异构体：根据水解产物的性质和核磁共振氢谱特征，限定结构条件，写出符合要求的酯类同分异构体；
（7）F 的同分异构体数目：按分子式 C3H9N，区分伯、仲、叔胺结构，列举并统计同分异构体总数为 3。
（1）根据结构简式可知，A的化学名称是乙酸苯酯；
（2）B中官能团的名称为（酚）羟基、（酮）羰基；
（3）根据分析可知，C、E的结构简式为、；
（4）B含有酚羟基，能与水形成分子间氢键，增大其在水中的溶解度，故溶解度A＜B；G与盐酸成盐生成H，H为离子化合物，极性强，在水中的溶解度更大，则溶解度G＜H；
（5）D与反应生成E和小分子HCl（与进一步中和），反应类型为取代反应；
（6）D的一种同分异构体在酸性条件下水解后生成X和Y两种有机物，则该同分异构体为酯；X能与溶液发生显色反应，则X含酚羟基，Y含羧基；Y被酸性高锰酸钾溶液氧化后所得产物的核磁共振氢谱峰面积比为1：2，则产物结构为，Y中应含有对位的烷基结构；因此该同分异构体可能的结构有、、、、；
（7）F为分子式是C3H9N的胺，其同分异构体中，一级胺为，二级胺为，三级胺为，则共有3种。
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