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湖南省株洲市2025-2026学年高三上学期一模 化学试题
1．化学与人类的生活密切相关。下列叙述错误的是
A．碳纳米管有相当高的强度和优良的导电性，可用于生产电池和传感器等
B．储氢合金是一类能够大量吸收，并与结合成金属氢化物的材料
C．橡胶硫化的过程中发生了化学变化
D．复方氢氧化铝片有杀菌消毒功能，可用于治疗胃病
【答案】D
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；合金及其应用；药物的主要成分和疗效
【解析】【解答】A、碳纳米管具有高强度和优良导电性，可用于生产电池、传感器等器件，故 A 正确；
B、储氢合金能大量吸收氢气并结合生成金属氢化物，故 B 正确；
C、橡胶硫化过程中分子链间形成硫桥交联结构，属于化学变化，故 C 正确；
D、复方氢氧化铝片的作用是中和胃酸，不具备杀菌消毒功能，故 D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
碳纳米管兼具高强度与导电性，在电子器件领域有广泛应用；
储氢合金通过与氢气反应生成金属氢化物实现储氢；
橡胶硫化通过交联反应改变分子结构，属于化学变化；
氢氧化铝是抗酸药，仅能中和胃酸，无杀菌消毒作用。
2．关于实验安全下列说法错误的是
A．轻微烫伤时，可先用洁净的冷水处理，再涂上烫伤药膏
B．不慎将酸沾到皮肤上，应先用大量水冲洗再用3%~5%的NaOH冲洗
C．含有重金属离子的废水可利用沉淀法进行处理后再排放
D．钠在空气中燃烧的实验中涉及的图标含有
【答案】B
【知识点】化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】A、轻微烫伤时，先用洁净冷水冲洗降温，再涂抹烫伤药膏，处理方式正确，故 A 正确；
B、不慎将酸沾到皮肤上，应先用大量水冲洗，再用 3%~5% 的碳酸氢钠溶液冲洗，NaOH 溶液具有强腐蚀性，不能用于皮肤冲洗，故 B 错误；
C、含有重金属离子的废水，可通过沉淀法（如加碱、硫化钠等）将其转化为难溶物处理后再排放，故 C 正确；
D、钠在空气中燃烧的实验会用到坩埚，图中图标 为护目镜标志，实验中需要佩戴护目镜，故 D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
轻微烫伤的处理原则是降温止痛、防止感染；
酸沾皮肤时，不能用强碱中和，应选用弱碱性的碳酸氢钠溶液；
重金属离子废水处理常用沉淀法，将离子转化为沉淀去除；
钠燃烧实验需注意防护，护目镜是必备的安全防护用品之一。
3．下列有关化学用语使用错误的是
A．基态Ca原子的简化电子排布式：
B．氚的原子结构模型：
C．的电子式为
D．分子的VSEPR模型：
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、基态Ca原子的电子排布式为，简化电子排布式为，故A正确；
B、氚原子 （） 含1个质子、2个中子和1个核外电子，其原子结构模型符合图示，故B正确；
C、是离子化合物，电子式中需用方括号标出并标注电荷，正确形式应为 ，故C错误；
D、分子中O原子的价层电子对数为4（2个σ键+2对孤电子对），VSEPR模型为四面体形，与图示一致，故D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
基态原子简化电子排布式需用稀有气体符号表示内层电子；
原子结构模型需体现质子数、中子数和核外电子数；
离子化合物的电子式需正确标出阴阳离子的电荷与电子分布；
的VSEPR模型需根据价层电子对数判断，孤电子对会影响空间构型但不影响VSEPR模型。
4．下列相关原理、装置及操作正确的是
A．排出盛有AgNO3溶液滴定管尖嘴内的气泡 B．除去中的HCl
C．模拟“侯氏制碱法”制取，应先从a通入，后从b通入，c中放蘸有稀硫酸的脱脂棉 D．铁钉镀锌
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；化学实验方案的评价；酸（碱）式滴定管的使用；电镀
【解析】【解答】A、AgNO3溶液呈酸性，应使用酸式滴定管，且图示排气泡操作错误，故 A 错误；
B、碱石灰会同时吸收 Cl2和 HCl，不能用于除去 Cl2中的 HCl，故 B 错误；
C、模拟侯氏制碱法时，NH3极易溶于水，应从 a 通入，但装置存在尾气处理缺陷，故 C 错误；
D、铁钉镀锌时，锌片作阳极，铁钉作阴极，ZnCl2溶液作电解液，装置正确，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
AgNO3溶液为酸性，需用酸式滴定管，排气泡操作需符合酸式滴定管的规范；
碱石灰会与 Cl2、HCl 都反应，不能作为除杂试剂；
NH3极易溶于水，通入时需防倒吸，且尾气需用酸处理；
电镀时镀层金属作阳极，镀件作阴极，电解液含镀层金属离子。
5．下列反应的方程式正确的是
A．用FeS除工业废水中的：
B．硫酸铜溶液中通入过量：
C．浓硝酸显黄色的原因：
D．1 mol HF溶液与足量NaOH溶液反应：
【答案】C
【知识点】中和热；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、FeS 难溶于水，不能拆成 S2-，反应应为 ，故 A 错误；
B、硫酸铜中通入过量 NH3，会生成铜氨络离子，不会得到 Cu(OH)2沉淀，正确的方程式为： ，故 B 错误；
C、浓硝酸在光照或加热条件下分解生成 NO2、O2和 H2O，NO2溶于浓硝酸使溶液显黄色： ，故 C 正确；
D、HF 是弱酸，电离吸热，1mol HF 与 NaOH 反应放出的热量小于 57.3 kJ，且离子方程式中 HF 不能拆为 H+， 正确离子反应为HF + OH-= F-+ H2O，且ΔH = -57.3 kJ·mol-1 ，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
沉淀转化反应中，难溶物不能拆成离子形式；
过量氨水与铜离子反应会生成稳定的铜氨络离子；
浓硝酸分解产生的 NO2溶解在溶液中导致显黄色；
弱酸参与中和反应时，电离吸热，中和热数值小于强酸强碱中和热，且离子方程式中弱酸不能拆写。
6．“消洗灵”()是一种消毒原理类似“84消毒液”的高效低毒的消毒洗涤剂。实验室中制备的反应方程式为：，装置如图所示，下列说法正确的是
A．A中固体可以换成
B．每生成，则转移电子数
C．实验时应先打开，一段时间后再打开
D．滴加液体时，仪器a、b的上口玻璃塞必须打开
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氯气的实验室制法；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、装置 A 中用 KMnO4和浓盐酸常温制 Cl2，若换为 MnO2，其与浓盐酸反应必须加热，装置无加热条件，无法实现，故 A 错误；
B、制备 1mol 消洗灵需要 1mol NaClO，而 NaClO 由 Cl2和 NaOH 歧化反应（ Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O ）生成，1mol Cl2反应仅转移 1mol 电子，因此生成 1mol 消洗灵转移电子数为 1NA，并非 2NA，故 B 错误；
C、实验需先打开 K1，通入 Cl2与装置 C 中的 NaOH 反应生成 NaClO 碱性溶液，待 NaClO 生成后，再打开 K2加入磷酸盐混合液进行后续反应，操作顺序合理，故 C 正确；
D、仪器 a 是恒压分液漏斗，支管可平衡内外气压，无需打开上口塞子即可顺利滴液；若打开反而会加剧浓盐酸挥发，污染环境且降低浓度，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
氯气制备条件差异：KMnO4与浓盐酸常温即可反应制 Cl2，MnO2与浓盐酸反应必须加热，装置无加热条件，无法替换；
电子转移计算逻辑：需追溯到中间产物 NaClO 的生成反应，Cl2与 NaOH 歧化反应中，1mol Cl2仅转移 1mol 电子，因此生成 1mol 目标产物对应转移 1mol 电子；
实验操作顺序：需先通入 Cl2与 NaOH 反应制备 NaClO 碱性溶液，再加入磷酸盐混合液进行合成，保证核心原料的有效性；
恒压分液漏斗使用原理：支管可平衡内外气压，无需打开上口玻璃塞，既能保证液体顺利滴下，又能减少浓盐酸挥发损耗与污染。
7．某电解质阴离子的结构如图。X、Y、Z、Q为原子序数依序增大的同周期元素，Z的单质为常见氧化剂。下列说法错误的是
A．最简单氢化物沸点：
B．键角：
C．Y的含氧酸不与酸性高锰酸钾反应
D．同周期所有元素中，第一电离能位于X、Z之间的元素有2种
【答案】C
【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；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
【解析】【解答】A、Q（F）的氢化物是 HF，Z（O）的氢化物是 H2O，两者分子间都能形成氢键。但 H2O 分子可形成的氢键数量更多，分子间作用力更强，因此沸点 H2O 远高于 HF，即沸点：Q 的氢化物＜Z 的氢化物，A 正确；
B、YZ32-是碳酸根离子，中心碳原子采取 sp2 杂化，空间构型为平面三角形，键角约 120°；XQ4-是四氟合硼酸根离子，中心硼原子采取 sp3 杂化，空间构型为正四面体形，键角约 109°28'，因此键角 YZ32-＞XQ4-，B 正确；
C、Y（C）的含氧酸并非都不与酸性高锰酸钾反应，比如草酸就具有较强的还原性，能被酸性高锰酸钾氧化为 CO2， C 错误；
D、X（B）和 Z（O）都位于第二周期，第二周期元素第一电离能的递变存在反常，顺序为 Li＜B＜Be＜C＜O＜N＜F＜Ne，因此第一电离能介于 B 和 O 之间的元素有 Be 和 C 两种，D 正确；
故答案为：C。
【分析】题目给出 X、Y、Z、Q 为同周期且原子序数递增的元素，我们可以从成键特征和物质性质切入推断：Z 形成 2 个共价键且单质是常见氧化剂，说明它是O；Y 形成 4 个共价键，对应C；Q 只形成 1 个共价键且原子序数比氧大，是F；X 得 1 个电子后能形成 4 条共价键，说明它最外层有 3 个电子，原子序数比碳小，对应B。接下来结合这些元素的性质，对选项逐一分析判断。
8．对多酚物质的研究如图所示，以下说法正确的是
已知：多酚类化合物能发生烯醇式和酮式的互变异构：
A．甲的名称为1，3，5-三苯酚
B．O-H的极性：甲乙醇
C．的互变异构体为
D．可以发生加成、水解和消去反应
【答案】C
【知识点】有机物中的官能团；有机化合物的命名；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A、甲的母体是苯酚，三个羟基位于苯环的 1、3、5 位，正确名称应为1，3，5 - 苯三酚，而非 “1，3，5 - 三苯酚”，故 A 错误；
B、甲中的羟基直接连在苯环上，受苯环吸电子效应影响，O-H 键极性更强（酸性也比乙醇强），因此 O-H 的极性：甲＞乙醇，故 B 错误；
C、根据题给信息，多酚类可发生烯醇式 - 酮式互变异构，甲分子的三个烯醇式（羟基）可转化为酮式，生成 ，故 C 正确；
D、给出的有机物含氰基 （可加成、水解）和醚键，但没有可发生消去反应的 β-H，因此不能发生消去反应，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题围绕酚类化合物的结构与性质展开，考查了有机物命名、键的极性比较、互变异构及反应类型判断。
有机物命名需注意母体选择，苯环上连多个羟基时，母体为 “苯三酚”；
酚羟基的 O-H 键极性受苯环影响，比醇羟基更强；
互变异构需结合题给信息，烯醇式结构可转化为酮式，注意原子守恒；
消去反应的发生条件是存在与官能团相连碳的邻位碳上有氢原子，该有机物不满足此条件。
9．金属Bi对全钒液流电池负极有催化作用，放电时负极反应分两步进行，其中一步为：，电池工作原理如图所示，下列有关说法错误的是
A．放电过程中从a极区向b极区移动
B．充电时，b极区的物质的量增大
C．充电时a极的电极电势小于b极
D．放电时另一步负极电极反应式：
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；电解原理；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、放电时a极为负极，b极为正极，阳离子（H+）会向正极移动，即从a极区向b极区移动，故A正确；
B、充电时b极作为阳极，发生反应： ，消耗，因此b极区的物质的量减小，故B错误；
C、充电时a极为阴极，b极为阳极，阳极的电极电势高于阴极，故C正确；
D、放电时负极反应分两步，第一步生成：xV2++xH++Bi=BiHx+xV3+ ，第二步为 ，故D正确；
故答案为：B。
【分析】放电时，a极（）为负极，发生氧化反应；b极（）为正极，发生还原反应，阳离子向正极移动；充电时，原负极（a）作阴极，原正极（b）作阳极，阳极发生氧化反应消耗水；负极反应分两步进行，第一步为与、Bi生成和： xV2++xH++Bi=BiHx+xV3+ ，第二步为失电子再生为Bi和： BiHx xe-=xH++Bi ；
10．卟啉与镁元素结合为配合物叶绿素，结构如图，以下正确的是
A．该化合物中有共价键、离子键、配位键
B．镁元素化合价为0价
C．叶绿素易溶于水
D．卟啉在酸性环境中配位能力会减弱
【答案】D
【知识点】化学键；配合物的成键情况
【解析】【解答】A、叶绿素是共价型配合物，结构中仅含共价键和配位键，不存在阴阳离子，因此无离子键；中心 Mg 原子与部分 N 原子通过配位键结合，故 A 错误；
B、镁元素在叶绿素中为 + 2 价，故 B 错误；
C、叶绿素分子整体极性弱，且含大量疏水的烃基结构，根据 “相似相溶” 原理，难溶于极性溶剂水，易溶于有机溶剂，故 C 错误；
D、卟啉环上的 N 原子是配位原子，在酸性环境中易与 H+结合，导致其孤电子对难以再与 Mg2+形成配位键，因此配位能力会减弱，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
叶绿素是共价化合物，只含共价键和配位键，不含离子键。
Mg 作为金属元素，在配合物中显 + 2 价，并非 0 价。
叶绿素分子极性较弱，根据 “相似相溶” 原理，难溶于水，易溶于有机溶剂。
在酸性环境中，卟啉中的 N 原子易与 H+结合，导致其配位能力减弱.
11．联氨()可用于镜面镀银，其原理为：(未配平)。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．中含键8
B．和晶体类型不同
C．溶液中的数目为0.01
D．标准状况下，每转移0.2电子则会生成约
【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；盐类水解的应用；晶体的定义；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、1个中，每个含3个键，加上2个配位键（也属于键），共含8个键，故1mol该离子含个键，A正确；
B、是离子晶体，是分子晶体，晶体类型不同，B正确；
C、溶液中，存在配位平衡，会微弱解离出，因此1 L 0.01 mol/L溶液中的数目远小于，C错误；
D、反应中被氧化为： ，每生成1 mol 转移4 mol电子，故转移电子时生成，标准状况下体积为，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
键计数：配位键也属于键，中包含配位键和内的N-H键，共8个键；
晶体类型判断：离子晶体（含离子键）与分子晶体（仅含共价键和分子间作用力）的区分，含离子键，为离子晶体；
配合物解离平衡：在溶液中会部分解离，导致游离浓度远低于配合物浓度；
氧化还原电子转移计算：根据的化合价变化（N从-2价升至0价，每分子失4e-），计算电子转移与产物物质的量的关系。
12．钪(Sc)是航空航天、超导材料领域的关键稀土金属。以钒钛磁铁矿中提取的为原料，采用钙热还原法制备高纯金属钪的核心工艺如下：
已知：的熔点为1402℃，Sc的熔点为1541℃
以下说法正确的是
A．“氟化”反应可以在石英坩埚中进行
B．流程中各步骤均应在惰性气体氛围中反应
C．Ca的沸点高于Sc
D．“热还原”温度高于1541℃有利于反应和分离
【答案】B
【知识点】金属冶炼的一般原理；蒸馏与分馏；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、“氟化” 反应中用到的 NH4HF2受热会产生 HF，HF 能与石英坩埚中的 SiO2反应，因此不能在石英坩埚中进行，故 A 错误；
B、流程中的 Sc、Ca 等金属易与空气中的氧气、氮气等发生反应，因此各步骤均需在惰性气体氛围中进行，防止氧化或氮化，故 B 正确；
C、流程中采用 “真空蒸钙” 分离 Ca 和 Sc，说明 Ca 的沸点低于 Sc，可通过蒸发 Ca 来提纯 Sc，故 C 错误；
D、Sc 的熔点为 1541℃，若温度高于 1541℃，Sc 会熔化，不利于后续的分离提纯，因此 “热还原” 温度应低于该温度，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】以 Sc2O3为原料，工艺分三步完成：首先在 300℃下用 NH4HF2氟化，生成 ScF3、NH4F 和 H2O；接着升温脱氨，得到无水 ScF3和 NH4F；再用 Ca 还原 ScF3制得粗钪，最后利用 Ca 与 Sc 的沸点差异（Ca 沸点更低），通过真空蒸钙、蒸钪提纯，得到高纯钪。整个流程中，Sc、Ca 等活泼金属易被氧化，且含氟试剂会腐蚀石英设备，需在惰性气体氛围中进行，同时通过控制温度实现杂质与产物的有效分离。
13．三苯基膦（L）为催化剂的基础原料，在国内石油化工中有广泛的用途。下列说法正确的是
A．L的空间结构为平面三角形
B．该过程中Pd(Ⅱ)的配位数均为4
C．三苯基膦配位能力弱于三丁基膦
D．用同位素标记的代替可得到DBr
【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
【解析】【解答】A、L 为三苯基膦（P(C6H5)3），中心 P 原子形成 3 个 σ 键，还有 1 对孤电子对，空间结构为三角锥形，不是平面三角形，故 A 错误；
B、观察催化循环中的 Pd(II) 配合物，部分结构中 Pd 的配位数为 3，并非所有 Pd(II) 的配位数都是 4，故 B 错误；
C、三苯基膦的苯基是吸电子基团，会降低 P 原子的电子云密度；而三丁基膦的丁基是给电子基团，会提高 P 原子的电子云密度。P 原子电子云密度越高，配位能力越强，因此三苯基膦的配位能力弱于三丁基膦，故 C 正确；
D、根据催化循环的反应机理， D原子没有脱离，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
价层电子对互斥理论：判断中心原子的价层电子对数，确定空间结构；
配合物配位数判断：结合催化循环中 Pd (II) 配合物的结构，分析配位数变化；
配体配位能力比较：根据取代基的电子效应（吸电子 / 给电子），比较 P 原子的电子云密度，电子云密度越高，配位能力越强；
催化循环机理分析：追踪同位素标记原子的去向，判断产物。
14．是两性氢氧化物，其沉淀分离的关键是控制溶液pH。25℃时，某溶液中与的总和为c，随pH的变化关系如图所示(忽略体积变化)。
已知：
下列叙述正确的是
A．水的电离程度：
B．时，
C．P点沉淀质量小于Q点沉淀质量
D．Q点：
【答案】B
【知识点】水的电离；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、M点pH=5.0，溶液中Cr3+浓度较高，Cr3+水解会显著促进水的电离；P点pH更高，Cr3+浓度降低，对水的电离促进作用减弱，因此水的电离程度：M > P，A错误；
B、pH=6.7时，先根据，计算；再结合可知，此时远小于该值，因此，B正确；
C、P点到Q点，溶液pH增大，两性氢氧化物Cr(OH)3逐渐溶解转化为，沉淀质量不断减少，因此P点沉淀质量大于Q点，C错误；
D、Q点的电荷守恒式为：，选项中遗漏了其他阳离子浓度项，D错误；
故答案为：B。
【分析】pH=5时，溶液中，则；由图可知，此时，说明溶液中铬元素的总浓度。结合反应及其平衡常数，可算出此时。由于该浓度远小于铬元素总浓度，因此可近似认为。再根据沉淀溶解平衡，计算溶度积。从分布来看，pH在5到6.7之间，铬元素主要以和沉淀形式存在；pH大于6.7后，随着溶液碱性增强，沉淀开始溶解，铬元素主要以和形式存在。
15．冰醋酸法是实验室制备乙酰苯胺的经典方案，核心原理为加热时苯胺与冰醋酸发生酰化反应，反应可逆，需通过回流促进反应发生。其实验室制备原理如下：
相关信息如下：
物质 相对分 子质量 熔点 /℃ 沸点 /℃ 密度 溶解性
苯胺 93 184.0 1.02 微溶于水， 易溶于乙醇
乙酸 60 16.6 117.9 1.05 与水或乙醇互溶
乙酰 苯胺 135 114.3 304 1.21 微溶于冷水， 易溶于热水、乙醇
主要实验步骤：
①在圆底烧瓶中加入：9.3 g苯胺(苯胺易被氧化，实验前最好使用新蒸馏的苯胺)、15.0 mL冰醋酸、0.2 g锌粉。使反应液微沸回流，持续回流40~60分钟。
②停止加热，趁热将反应物以细流慢慢倒入盛有200 mL X的烧杯中，边倒边搅拌，防止局部过热导致产物结块。静置冷却至室温，析出晶体。
③将冷却后的混合物倒入布氏漏斗，进行抽滤，洗涤晶体2~3次，抽干后得到粗产物。
④进一步提纯乙酰苯胺粗品，得到8.84 g产品。
回答下列问题：
（1）装置Ⅰ中a的名称　 　。
（2）反应开始前，原料混合物中的氢键有N-H…N、O-H…O、　 　。
（3）锌粉的作用是：①代替沸石，防止暴沸；②　 　。
（4）步骤①中，温度计保持的最佳温度为　 　℃。(填标号)
A.85 B.95 C.105 D.115
判断反应终点的依据是：当温度计示数开始明显大幅下降，未再次升高前，立即停止加热。这样判断的原因是　 　。
（5）步骤②中盛有的200 mL X，X是　 　(填“冷水”、“热水”或“乙醇”)。
（6）步骤④中进一步提纯乙酰苯胺粗品的方法是　 　。
（7）乙酰苯胺的产率为　 　(保留一位小数)。
【答案】（1）球形冷凝管
（2）N-H…O、O-H…N
（3）锌粉的作用是防止苯胺在反应过程中被氧化。
（4）C；当温度计示数开始下降，说明水已基本蒸完，且乙酸还未大量蒸出。
（5）冷水
（6）重结晶
（7）65.5%
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1) 装置Ⅰ中a的名称为球形冷凝管，
故答案为：球形冷凝管；
(2) 反应开始前，原料混合物中的氢键有N-H…N、O-H…O、N-H…O、O-H…N，
故答案为：N-H…O、O-H…N；
(3) 锌粉的作用是：①代替沸石，防止暴沸；②防止苯胺在反应过程中被氧化，
故答案为：防止苯胺在反应过程中被氧化；
(4) 步骤①中，回流温度保持的最佳温度为105℃，选C；判断反应终点的依据是：当温度计示数开始明显大幅下降，未再次升高前，立即停止加热，原因是当温度计示数开始下降，说明水已基本蒸完，且乙酸还未大量蒸出，
故答案为：C；当温度计示数开始下降，说明水已基本蒸完，且乙酸还未大量蒸出；
(5) 步骤②中盛有的200 mL X是冷水，
故答案为：冷水；
(6) 步骤④中进一步提纯乙酰苯胺粗品的方法是重结晶，
故答案为：重结晶；
(7) 9.3 g苯胺的物质的量为，理论上生成乙酰苯胺的物质的量为0.1 mol，理论质量为，产率为，
故答案为：65.5%。
【分析】本实验以苯胺和冰醋酸为原料，通过加热回流发生可逆酰化反应制备乙酰苯胺。反应前需用新蒸馏的苯胺以避免氧化，加入锌粉除防止暴沸外，还能保护苯胺不被氧化；反应过程中需控制温度在 105℃左右回流，既保证反应进行，又减少冰醋酸挥发损失；反应结束后趁热将反应液倒入冷水，利用乙酰苯胺在冷水中溶解度低的特性使其结晶析出；再经抽滤、冷水洗涤除去杂质，最后通过重结晶进一步提纯粗品，得到目标产物乙酰苯胺。
(1) 根据实验装置图中仪器的结构特征，识别出装置Ⅰ中a为球形冷凝管；
(2) 结合苯胺与乙酸的结构，分析分子间可形成的氢键类型；
(3) 结合苯胺易被氧化的性质，分析锌粉在反应中的作用；
(4) 根据冰醋酸的沸点和反应特点，选择合适的回流温度；结合反应中水分蒸出对温度的影响，分析反应终点的判断依据；
(5) 根据乙酰苯胺微溶于冷水、易溶于热水的溶解性特点，选择洗涤粗品的试剂；
(6) 根据乙酰苯胺的溶解性差异，选择重结晶作为提纯方法；
(7) 根据反应的化学计量关系，计算理论产量，再结合实际产量计算产率。
（1）装置Ⅰ中a为球形冷凝管；
（2）反应开始前，苯胺、冰醋酸中的氢键有N-H…N、O-H…O、N-H…O、O-H…N；
（3）苯胺易被氧化，锌粉的作用除了代替沸石，防止暴沸，还可以防止苯胺在反应过程中被氧化；
（4）回流需控制好温度，105℃比较适宜，不宜过高，超过110℃易导致冰醋酸大量挥发，降低产率，故选C；当温度计示数开始下降，说明水已基本蒸完，且乙酸还未大量蒸出；
（5）由于乙酰苯胺微溶于冷水，溶于热水，易溶于乙醇、乙醚，所以洗涤粗品最合适的试剂是用冷水洗，以减少因洗涤造成的损耗，则X为冷水；
（6）进一步提纯乙酰苯胺可采用重结晶的方法；
（7）9.3 g苯胺的物质的量为：，15.0 mL冰醋酸，其密度为1.05，其物质的量为：，二者按1：1反应，冰醋酸过量，则理论上生成乙酰苯胺的物质的量0.1 mol，其质量为：0.1 mol×135 g/mol=13.5 g，故乙酰苯胺的产率为：。
16．铼(Re)是一种具有极高战略价值的关键金属，在周期表中与Mn同族。以钼精矿(主要成分有、，还含有、、、等杂质)为原料制备高铼酸铵()和单质Re的工艺流程如图：
已知：①
②
回答下列问题：
（1）Re在周期表中位于第　 　族。
（2）“氧压碱浸”步骤中发生反应的化学方程式为　 　。
（3）“水相1”中的阴离子主要是和，“滤渣2”的成分是　 　；“反萃取”时所用试剂X为　 　(填序号)。
A． B．氨水 C．HCl D．盐酸
（4）若向悬浊液中加稀硫酸或加NaOH溶液调节pH，、随pH变化如图所示，由图可知，表示的曲线是　 　。
（5）利用“还原”步骤中相关量可以确定Re的相对原子质量。某小组获得下列3组实验数据：
A．的质量、消耗的总量
B．Re的质量、消耗的总量
C．的质量、Re的质量
选择第　 　(填序号)组数据。
（6）已知铼的某种氧化物立方晶胞(晶胞参数为a nm)沿x、y、z轴方向投影均如下图所示，则Re在晶胞中的位置为　 　；Re填在了O围成的　 　(填“四面体”“立体”或“八面体”)空隙中。
【答案】（1）ⅦB
（2）
（3）、；B
（4）a
（5）C
（6）顶点；八面体
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】(1) Re 与 Mn 同主族，在周期表中位于第 ⅦB 族，
故答案为：ⅦB；
(2) “氧压碱浸” 步骤中，ReS2与 O2、NaOH 反应生成 NaReO4、Na2SO4和 H2O，化学方程式为：
故答案为： ；
(3) “调酸” 时，溶液中的 Na[Al(OH)4]、Na2SiO3与 H2SO4反应生成 Al(OH)3、H2SiO3沉淀，故滤渣 2 的成分为 Al(OH)3、H2SiO3；根据已知反应，“反萃取” 需提供 NH4+，应选用氨水，故试剂 X 为 B，
故答案为：Al(OH)3、H2SiO3；B；
(4) NH4ReO4悬浊液中存在平衡：NH4+ + H2O NH3 H2O + H+，pH 增大时，NH4+水解平衡正向移动，c (NH4+) 减小，c (ReO4-) 基本不变，因此曲线 a 表示 ReO4-，
故答案为：a；
(5) 计算 Re 的相对原子质量，需知道 Re2O7的质量和 Re 的质量，可通过两者的质量差计算 O 的质量，进而计算 Re 的相对原子质量，故选择 C 组数据，
故答案为：C；
(6) 由晶胞投影图可知，Re 位于晶胞的顶点；O 原子构成面心立方结构，Re 填入了 O 围成的八面体空隙中，
故答案为：顶点；八面体。
【分析】本工艺以钼精矿为原料制备高铼酸铵和单质铼，流程如下：首先在氧压碱浸条件下，MoS2、ReS2与 O2、NaOH 反应转化为 NaMoO4、NaReO4，杂质 FeS2、Al2O3、SiO2等分别转化为 Fe2O3、Na[Al(OH)4]、Na2SiO3等，过滤后得到含铼的滤液；接着用硫酸调 pH，使溶液中的 Na[Al(OH)4]、Na2SiO3转化为 Al(OH)3、H2SiO3沉淀除去，同时为后续萃取提供酸性环境；随后加入 R3N 萃取 ReO4-，再用氨水反萃取得到 NH4ReO4水溶液；除磷后经析晶得到 NH4ReO4，热解生成 Re2O7，最后用 H2还原得到单质铼。
(1) 根据元素周期表中同主族元素的位置关系，直接判断 Re 的族序数；
(2) 根据氧化还原反应的化合价升降守恒，配平 ReS2在氧压碱浸条件下的化学方程式；
(3) 结合调酸步骤中溶液成分的变化，判断生成的沉淀成分；根据萃取平衡的逆反应需求，选择合适的反萃取试剂；
(4) 结合 NH4+的水解平衡，分析 pH 变化对 NH4+和 ReO4-浓度的影响，判断对应的曲线；
(5) 结合还原步骤中氢气的作用，分析不同数据组合对计算 Re 相对原子质量的适用性；
(6) 根据晶胞投影图，判断 Re 原子的位置，并结合 O 原子的堆积方式，分析空隙类型。
（1）Re元素在周期表中与Mn同族，位于周期表第ⅦB族；
（2）“氧压碱浸”步骤中ReS2与氧气、氢氧化钠反应生成NaReO4、Na2SO4和H2O，发生反应的化学方程式为：；
（3）由分析可知，滤渣2为Al(OH)3、H2SiO3；由分析可知，“反萃取”时所用试剂X为氨水，故选B；
（4）NH4ReO4悬浊液中存在水解平衡：，随着pH不断增大，氢离子浓度逐渐减小，氢氧根离子浓度不断增大，促进铵根离子水解，则铵根离子浓度逐渐减小，曲线b为铵根离子浓度，则曲线a表示的浓度；
（5）A．实验中H2不仅用于还原Re2O7，还需要通H2排尽装置内空气，反应后还要通H2冷却产物，根据消耗氢气的总量和Re2O7的质量，不能计算Re的相对原子质量，A不符合题意；
B．实验中H2不仅用于还原Re2O7，还需要通H2排尽装置内空气，反应后还要通H2冷却产物，根据消耗氢气的总量和Re的质量，不能计算Re的相对原子质量，B不符合题意；
C．已知Re2O7的质量和生成Re的质量，可直接算出Re2O7中氧元素的质量，再通过氧的相对原子质量计算氧原子的物质的量，进而求出Re2O7的物质的量，再计算出Re2O7的摩尔质量，最终可计算出Re的相对原子质量，C符合题意；
故选C。
（6）由晶胞投影图可知，则Re在晶胞中的位置为顶点；从投影图可知，O原子构成面心立方结构，Re原子填在了O原子形成的八面体空隙中。
17．化合物G是一种治疗哮喘的药物，某研究小组按以下路线合成该化合物(反应条件及试剂已简化)：
请回答：
（1）化合物G中含氧官能团的名称是醚键和　 　。
（2）D→E的反应类型为　 　，C的核磁共振氢谱有　 　组峰。
（3）C→D的反应中，NaH能将C转化为更易与反应的中间产物，其结构简式为　 　。
（4）E→F的化学方程式为　 　。
（5）以下说法不正确的是_______。
A．A的碱性比B强 B．B→C有键的断裂和形成
C．X苯环上的一溴代物有6种 D．E不能使酸性高锰酸钾褪色
（6）从整个过程看，A→B的目的是　 　。
（7）以2-丙醇、、为有机原料，设计化合物的合成路线　 　(用流程图表示，无机试剂任选)。
【答案】（1）酰胺基
（2）加成反应；6
（3）
（4）
（5）B；D
（6）保护氨基
（7）
【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
【解析】【解答】(1) 化合物G中含氧官能团的名称是醚键和酰胺基，
故答案为：酰胺基；
(2) D→E的反应类型为加成反应；由C的结构简式可知，其分子中含有6种不同化学环境的氢原子，因此核磁共振氢谱有6组峰，故答案为：
加成反应；6；
(3) C→D的反应中，NaH作为强碱，会与C中的羟基氢发生反应，生成相应的钠盐，该中间产物的结构简式为：
故答案为： ；
(4) E在NaOH溶液中加热发生酯基的水解反应，生成F、碳酸钠和乙醇，化学方程式为：
；
故答案为：； ；
(5)A. 酯基是吸电子基团，会降低B中氮原子的电子云密度，导致其碱性减弱，因此A的碱性比B强，A正确；
B. B→C是羰基的还原反应，过程中存在C=O双键（π键）的断裂，但没有新的π键形成，B错误；
C. X的苯环上有6种不同化学环境的氢原子，因此其一溴代物有6种，C正确；
D. E中与苯环直接相连的烃基碳原子上含有氢原子，可被酸性高锰酸钾溶液氧化，使溶液褪色，D错误；
故答案为：BD；
(6) 从整个合成路线看，A→B将氨基转化为酰胺基，后续步骤中又恢复为氨基，因此该步骤的目的是保护氨基，避免其在后续反应中发生副反应，
故答案为：保护氨基；
（7）可由和反应制得，可通过、CaC2和H2O反应制得，可通过的催化氧化制得，则化合物的合成路线为：。
【分析】该合成路线以哌啶酮衍生物 A 为起始原料，先与氯甲酸乙酯反应得到氨基被保护的 B；B 再与乙炔基负离子反应，在羰基上引入炔基生成叔醇 C；C 经 NaH 处理后与发生亲核取代，构建出醚结构 D；D 与乙炔发生加成反应，关环得到螺环结构 E；E 在碱性条件下水解脱去氨基保护基，得到中间体 F（）；最后 F 与X发生取代反应，得到目标药物分子 G。同时还生成了HCl，则X的结构简式是，以此解答。
(1) 直接观察化合物G的结构简式，识别其中的含氧官能团，除醚键外，另一个含氧官能团为酰胺基；
(2) 根据D和乙炔的反应特征，判断为碳碳三键的加成反应；分析C的分子结构，确定其对称性和不同化学环境氢原子的种类，得出核磁共振氢谱的峰组数；
(3) 根据NaH的强碱性，推断其与C中羟基反应生成钠盐的中间产物，该钠盐更易与炔基溴发生亲核取代反应；
(4) 结合酯的碱性水解反应规律，写出E在NaOH溶液中加热条件下的水解方程式，注意配平及产物的书写；
(5) 逐一分析选项：根据吸电子基团对氨基碱性的影响、B→C的反应过程、X的结构对称性、E与酸性高锰酸钾的反应性，判断各选项的正误；
(6) 结合A→B和后续步骤中氨基的变化，判断该步反应的目的是保护氨基，防止其在后续反应中被破坏；
(7) 采用逆推法，从目标产物倒推所需中间体，再设计由给定原料到各中间体的合成路线，合理利用已知反应条件和试剂。
（1）由化合物G的结构简式可知， 其含氧官能团为醚键和酰胺基；
（2）由分析可知，D和乙炔发生加成反应生成E；由C的结构简式可知，该有机物分子中含有6种不同环境的H，则核磁共振氢谱有6组峰；
（3）氢化钠与C中羟基H发生氧化还原反应生成，其更易与反应；
（4）由分析可知，E在NaOH溶液中发生水解反应生成F，其结构简式为，化学方程式为：；
（5）A．酯基为吸电子基团，则B中N原子上连有酯基，导致其电子云密度降低，则A的碱性性比B强，A正确；
B．B→C是还原反应，有C=O键断裂，C-O键形成，涉及π键的断裂，无π键的形成，B错误；
C．由X的结构简式可知，苯环上有6种不同环境的H，则其一溴代物有6种，C正确；
D．由E的结构简式可知，苯环能使与其直接相连的烃基C原子上的H原子变活泼，可被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾褪色，D错误；
故选BD；
（6）由A的结构简式可知，A中含氧官能团的名称是羰基，从整个过程看，A→B的过程中氨基转化为酰氨基，E→F的过程中酰氨基又转化为氨基，A→B的目的是：保护氨基；
（7）可由和反应制得，可通过、CaC2和H2O反应制得，可通过的催化氧化制得，则化合物的合成路线为：。
18．甲醇常用于溶剂、燃料和化工原料，具有许多重要的应用。
Ⅰ．装置Ⅰ为甲醇燃料电池。装置Ⅱ是一种以Ni-CuO为电催化剂，并将其与金属铝组装成的可充电电池，用于还原碱性污水中的为，电池放电时，水中的氢离子在电催化剂表面获得电子成为氢原子，氢原子再将吸附在电催化剂表面的逐步还原为。
回答下列问题：
（1）充电时，Ni-CuO电极上有生成，则此时装置Ⅱ总反应为________，其中Ni-CuO电极应连接装置Ⅰ中的电极________(填“A”或“B”)。
（2）放电时，装置Ⅱ的负极区pH将________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
Ⅱ．稳定性加氢合成甲醇是“甲醇经济”理念下的一个重要成果，发生如下反应：
反应i：
反应ii：
反应iii：
（3）反应ii能自发进行，符合该反应特点的图像是_______。
A. B.
C. D.
（4）不同压强下，和的起始物质的量比为，图甲和图乙表示的平衡转化率随温度升高的变化关系，或表示的平衡产率随温度升高的变化关系，如下图所示：
已知：的平衡转化率，
的平衡产率。
①图中纵坐标表示平衡转化率的是图________(填“甲”或“乙”)，压强________(填“”或“”)。
②图乙中温度时，两条曲线几乎交于一点，分析原因________。
（5）某温度下，将和充入容积不变的2 L密闭容器中，若只发生反应iii，初总压为8 MPa，测得不同时刻反应后与反应前的压强关系如表：
时间/h 1 2 3 4 5
0.92 0.85 0.79 0.75 0.75
①用表示前2 h的平均反应速率________。
②该条件下的分压平衡常数________(结果用分数表示，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数)。
【答案】(1) B
(2) 减小
(3) A
(4) 乙 时，体系中以反应i为主，反应i前后分子数相等，压强改变对平衡没有影响
(5) 0.075
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学平衡常数；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）充电时，Ni-CuO 电极上生成 O2，发生反应：，阴极反应为，此时装置Ⅱ总反应为。 Ni-CuO 电极作为阳极，应连接装置 Ⅰ 的正极 B。
故答案为：； B ；
（2）放电时，装置 Ⅱ 负极发生反应：Al-3e-+4OH-=[Al(OH)4]-，消耗 OH-，导致负极区 pH 减小，故答案为：减小；
（3）反应ii的。根据盖斯定律，由反应i和iii可得，即反应ii是放热且熵减的反应。自发进行的条件是，由于反应ii且，在低温下，，反应自发；高温下，，反应非自发，故符合的图像为A。
故答案为：A；
（4）①反应 ii、iii 为放热反应，升高温度，CH3OH 平衡产率降低，故表示 CO2平衡转化率的是图乙；压强越大，平衡正向移动，转化率越高，故 P1 > P2；②T1温度时，体系中以反应 i 为主，反应 i 前后分子数相等，压强改变对平衡无影响，故两条曲线几乎交于一点，故答案为：乙；>；T1时，体系中以反应 i 为主，反应 i 前后分子数相等，压强改变对平衡没有影响；
故答案为： 乙； ；时，体系中以反应i为主，反应i前后分子数相等，压强改变对平衡没有影响
；
（5）①列三段式：
在反应2h后，总气体物质的量为，由表可知2h后，根据公式可知，，所以，这2h内共反应了0.3 mol，。
②由表可知平衡时，，
，
平衡时，。
故答案为： 0.075； ；
【分析】(1) 根据装置 Ⅱ 充电时的电极反应，写出总反应方程式；结合原电池阳离子移动方向判断正负极，确定阳极连接的电极；
(2) 分析装置 Ⅱ 放电时负极的反应，根据 OH-的消耗情况判断负极区 pH 的变化；
(3) 根据盖斯定律计算反应 ii 的焓变，结合熵变判断反应自发进行的条件，选择对应的图像；
(4) 根据温度和压强对不同反应平衡的影响，判断 CO2平衡转化率对应的图像及压强大小；分析高温下反应 i 占主导时压强对平衡的影响；
(5) ①利用恒温恒容下压强与物质的量的关系，计算反应的 CO2物质的量，进而计算反应速率；
②根据平衡时的压强和物质的量分数，计算各物质分压，代入分压平衡常数公式计算
1 / 1湖南省株洲市2025-2026学年高三上学期一模 化学试题
1．化学与人类的生活密切相关。下列叙述错误的是
A．碳纳米管有相当高的强度和优良的导电性，可用于生产电池和传感器等
B．储氢合金是一类能够大量吸收，并与结合成金属氢化物的材料
C．橡胶硫化的过程中发生了化学变化
D．复方氢氧化铝片有杀菌消毒功能，可用于治疗胃病
2．关于实验安全下列说法错误的是
A．轻微烫伤时，可先用洁净的冷水处理，再涂上烫伤药膏
B．不慎将酸沾到皮肤上，应先用大量水冲洗再用3%~5%的NaOH冲洗
C．含有重金属离子的废水可利用沉淀法进行处理后再排放
D．钠在空气中燃烧的实验中涉及的图标含有
3．下列有关化学用语使用错误的是
A．基态Ca原子的简化电子排布式：
B．氚的原子结构模型：
C．的电子式为
D．分子的VSEPR模型：
4．下列相关原理、装置及操作正确的是
A．排出盛有AgNO3溶液滴定管尖嘴内的气泡 B．除去中的HCl
C．模拟“侯氏制碱法”制取，应先从a通入，后从b通入，c中放蘸有稀硫酸的脱脂棉 D．铁钉镀锌
A．A B．B C．C D．D
5．下列反应的方程式正确的是
A．用FeS除工业废水中的：
B．硫酸铜溶液中通入过量：
C．浓硝酸显黄色的原因：
D．1 mol HF溶液与足量NaOH溶液反应：
6．“消洗灵”()是一种消毒原理类似“84消毒液”的高效低毒的消毒洗涤剂。实验室中制备的反应方程式为：，装置如图所示，下列说法正确的是
A．A中固体可以换成
B．每生成，则转移电子数
C．实验时应先打开，一段时间后再打开
D．滴加液体时，仪器a、b的上口玻璃塞必须打开
7．某电解质阴离子的结构如图。X、Y、Z、Q为原子序数依序增大的同周期元素，Z的单质为常见氧化剂。下列说法错误的是
A．最简单氢化物沸点：
B．键角：
C．Y的含氧酸不与酸性高锰酸钾反应
D．同周期所有元素中，第一电离能位于X、Z之间的元素有2种
8．对多酚物质的研究如图所示，以下说法正确的是
已知：多酚类化合物能发生烯醇式和酮式的互变异构：
A．甲的名称为1，3，5-三苯酚
B．O-H的极性：甲乙醇
C．的互变异构体为
D．可以发生加成、水解和消去反应
9．金属Bi对全钒液流电池负极有催化作用，放电时负极反应分两步进行，其中一步为：，电池工作原理如图所示，下列有关说法错误的是
A．放电过程中从a极区向b极区移动
B．充电时，b极区的物质的量增大
C．充电时a极的电极电势小于b极
D．放电时另一步负极电极反应式：
10．卟啉与镁元素结合为配合物叶绿素，结构如图，以下正确的是
A．该化合物中有共价键、离子键、配位键
B．镁元素化合价为0价
C．叶绿素易溶于水
D．卟啉在酸性环境中配位能力会减弱
11．联氨()可用于镜面镀银，其原理为：(未配平)。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．中含键8
B．和晶体类型不同
C．溶液中的数目为0.01
D．标准状况下，每转移0.2电子则会生成约
12．钪(Sc)是航空航天、超导材料领域的关键稀土金属。以钒钛磁铁矿中提取的为原料，采用钙热还原法制备高纯金属钪的核心工艺如下：
已知：的熔点为1402℃，Sc的熔点为1541℃
以下说法正确的是
A．“氟化”反应可以在石英坩埚中进行
B．流程中各步骤均应在惰性气体氛围中反应
C．Ca的沸点高于Sc
D．“热还原”温度高于1541℃有利于反应和分离
13．三苯基膦（L）为催化剂的基础原料，在国内石油化工中有广泛的用途。下列说法正确的是
A．L的空间结构为平面三角形
B．该过程中Pd(Ⅱ)的配位数均为4
C．三苯基膦配位能力弱于三丁基膦
D．用同位素标记的代替可得到DBr
14．是两性氢氧化物，其沉淀分离的关键是控制溶液pH。25℃时，某溶液中与的总和为c，随pH的变化关系如图所示(忽略体积变化)。
已知：
下列叙述正确的是
A．水的电离程度：
B．时，
C．P点沉淀质量小于Q点沉淀质量
D．Q点：
15．冰醋酸法是实验室制备乙酰苯胺的经典方案，核心原理为加热时苯胺与冰醋酸发生酰化反应，反应可逆，需通过回流促进反应发生。其实验室制备原理如下：
相关信息如下：
物质 相对分 子质量 熔点 /℃ 沸点 /℃ 密度 溶解性
苯胺 93 184.0 1.02 微溶于水， 易溶于乙醇
乙酸 60 16.6 117.9 1.05 与水或乙醇互溶
乙酰 苯胺 135 114.3 304 1.21 微溶于冷水， 易溶于热水、乙醇
主要实验步骤：
①在圆底烧瓶中加入：9.3 g苯胺(苯胺易被氧化，实验前最好使用新蒸馏的苯胺)、15.0 mL冰醋酸、0.2 g锌粉。使反应液微沸回流，持续回流40~60分钟。
②停止加热，趁热将反应物以细流慢慢倒入盛有200 mL X的烧杯中，边倒边搅拌，防止局部过热导致产物结块。静置冷却至室温，析出晶体。
③将冷却后的混合物倒入布氏漏斗，进行抽滤，洗涤晶体2~3次，抽干后得到粗产物。
④进一步提纯乙酰苯胺粗品，得到8.84 g产品。
回答下列问题：
（1）装置Ⅰ中a的名称　 　。
（2）反应开始前，原料混合物中的氢键有N-H…N、O-H…O、　 　。
（3）锌粉的作用是：①代替沸石，防止暴沸；②　 　。
（4）步骤①中，温度计保持的最佳温度为　 　℃。(填标号)
A.85 B.95 C.105 D.115
判断反应终点的依据是：当温度计示数开始明显大幅下降，未再次升高前，立即停止加热。这样判断的原因是　 　。
（5）步骤②中盛有的200 mL X，X是　 　(填“冷水”、“热水”或“乙醇”)。
（6）步骤④中进一步提纯乙酰苯胺粗品的方法是　 　。
（7）乙酰苯胺的产率为　 　(保留一位小数)。
16．铼(Re)是一种具有极高战略价值的关键金属，在周期表中与Mn同族。以钼精矿(主要成分有、，还含有、、、等杂质)为原料制备高铼酸铵()和单质Re的工艺流程如图：
已知：①
②
回答下列问题：
（1）Re在周期表中位于第　 　族。
（2）“氧压碱浸”步骤中发生反应的化学方程式为　 　。
（3）“水相1”中的阴离子主要是和，“滤渣2”的成分是　 　；“反萃取”时所用试剂X为　 　(填序号)。
A． B．氨水 C．HCl D．盐酸
（4）若向悬浊液中加稀硫酸或加NaOH溶液调节pH，、随pH变化如图所示，由图可知，表示的曲线是　 　。
（5）利用“还原”步骤中相关量可以确定Re的相对原子质量。某小组获得下列3组实验数据：
A．的质量、消耗的总量
B．Re的质量、消耗的总量
C．的质量、Re的质量
选择第　 　(填序号)组数据。
（6）已知铼的某种氧化物立方晶胞(晶胞参数为a nm)沿x、y、z轴方向投影均如下图所示，则Re在晶胞中的位置为　 　；Re填在了O围成的　 　(填“四面体”“立体”或“八面体”)空隙中。
17．化合物G是一种治疗哮喘的药物，某研究小组按以下路线合成该化合物(反应条件及试剂已简化)：
请回答：
（1）化合物G中含氧官能团的名称是醚键和　 　。
（2）D→E的反应类型为　 　，C的核磁共振氢谱有　 　组峰。
（3）C→D的反应中，NaH能将C转化为更易与反应的中间产物，其结构简式为　 　。
（4）E→F的化学方程式为　 　。
（5）以下说法不正确的是_______。
A．A的碱性比B强 B．B→C有键的断裂和形成
C．X苯环上的一溴代物有6种 D．E不能使酸性高锰酸钾褪色
（6）从整个过程看，A→B的目的是　 　。
（7）以2-丙醇、、为有机原料，设计化合物的合成路线　 　(用流程图表示，无机试剂任选)。
18．甲醇常用于溶剂、燃料和化工原料，具有许多重要的应用。
Ⅰ．装置Ⅰ为甲醇燃料电池。装置Ⅱ是一种以Ni-CuO为电催化剂，并将其与金属铝组装成的可充电电池，用于还原碱性污水中的为，电池放电时，水中的氢离子在电催化剂表面获得电子成为氢原子，氢原子再将吸附在电催化剂表面的逐步还原为。
回答下列问题：
（1）充电时，Ni-CuO电极上有生成，则此时装置Ⅱ总反应为________，其中Ni-CuO电极应连接装置Ⅰ中的电极________(填“A”或“B”)。
（2）放电时，装置Ⅱ的负极区pH将________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
Ⅱ．稳定性加氢合成甲醇是“甲醇经济”理念下的一个重要成果，发生如下反应：
反应i：
反应ii：
反应iii：
（3）反应ii能自发进行，符合该反应特点的图像是_______。
A. B.
C. D.
（4）不同压强下，和的起始物质的量比为，图甲和图乙表示的平衡转化率随温度升高的变化关系，或表示的平衡产率随温度升高的变化关系，如下图所示：
已知：的平衡转化率，
的平衡产率。
①图中纵坐标表示平衡转化率的是图________(填“甲”或“乙”)，压强________(填“”或“”)。
②图乙中温度时，两条曲线几乎交于一点，分析原因________。
（5）某温度下，将和充入容积不变的2 L密闭容器中，若只发生反应iii，初总压为8 MPa，测得不同时刻反应后与反应前的压强关系如表：
时间/h 1 2 3 4 5
0.92 0.85 0.79 0.75 0.75
①用表示前2 h的平均反应速率________。
②该条件下的分压平衡常数________(结果用分数表示，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数)。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；合金及其应用；药物的主要成分和疗效
【解析】【解答】A、碳纳米管具有高强度和优良导电性，可用于生产电池、传感器等器件，故 A 正确；
B、储氢合金能大量吸收氢气并结合生成金属氢化物，故 B 正确；
C、橡胶硫化过程中分子链间形成硫桥交联结构，属于化学变化，故 C 正确；
D、复方氢氧化铝片的作用是中和胃酸，不具备杀菌消毒功能，故 D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
碳纳米管兼具高强度与导电性，在电子器件领域有广泛应用；
储氢合金通过与氢气反应生成金属氢化物实现储氢；
橡胶硫化通过交联反应改变分子结构，属于化学变化；
氢氧化铝是抗酸药，仅能中和胃酸，无杀菌消毒作用。
2．【答案】B
【知识点】化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】A、轻微烫伤时，先用洁净冷水冲洗降温，再涂抹烫伤药膏，处理方式正确，故 A 正确；
B、不慎将酸沾到皮肤上，应先用大量水冲洗，再用 3%~5% 的碳酸氢钠溶液冲洗，NaOH 溶液具有强腐蚀性，不能用于皮肤冲洗，故 B 错误；
C、含有重金属离子的废水，可通过沉淀法（如加碱、硫化钠等）将其转化为难溶物处理后再排放，故 C 正确；
D、钠在空气中燃烧的实验会用到坩埚，图中图标 为护目镜标志，实验中需要佩戴护目镜，故 D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
轻微烫伤的处理原则是降温止痛、防止感染；
酸沾皮肤时，不能用强碱中和，应选用弱碱性的碳酸氢钠溶液；
重金属离子废水处理常用沉淀法，将离子转化为沉淀去除；
钠燃烧实验需注意防护，护目镜是必备的安全防护用品之一。
3．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、基态Ca原子的电子排布式为，简化电子排布式为，故A正确；
B、氚原子 （） 含1个质子、2个中子和1个核外电子，其原子结构模型符合图示，故B正确；
C、是离子化合物，电子式中需用方括号标出并标注电荷，正确形式应为 ，故C错误；
D、分子中O原子的价层电子对数为4（2个σ键+2对孤电子对），VSEPR模型为四面体形，与图示一致，故D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
基态原子简化电子排布式需用稀有气体符号表示内层电子；
原子结构模型需体现质子数、中子数和核外电子数；
离子化合物的电子式需正确标出阴阳离子的电荷与电子分布；
的VSEPR模型需根据价层电子对数判断，孤电子对会影响空间构型但不影响VSEPR模型。
4．【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；化学实验方案的评价；酸（碱）式滴定管的使用；电镀
【解析】【解答】A、AgNO3溶液呈酸性，应使用酸式滴定管，且图示排气泡操作错误，故 A 错误；
B、碱石灰会同时吸收 Cl2和 HCl，不能用于除去 Cl2中的 HCl，故 B 错误；
C、模拟侯氏制碱法时，NH3极易溶于水，应从 a 通入，但装置存在尾气处理缺陷，故 C 错误；
D、铁钉镀锌时，锌片作阳极，铁钉作阴极，ZnCl2溶液作电解液，装置正确，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
AgNO3溶液为酸性，需用酸式滴定管，排气泡操作需符合酸式滴定管的规范；
碱石灰会与 Cl2、HCl 都反应，不能作为除杂试剂；
NH3极易溶于水，通入时需防倒吸，且尾气需用酸处理；
电镀时镀层金属作阳极，镀件作阴极，电解液含镀层金属离子。
5．【答案】C
【知识点】中和热；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、FeS 难溶于水，不能拆成 S2-，反应应为 ，故 A 错误；
B、硫酸铜中通入过量 NH3，会生成铜氨络离子，不会得到 Cu(OH)2沉淀，正确的方程式为： ，故 B 错误；
C、浓硝酸在光照或加热条件下分解生成 NO2、O2和 H2O，NO2溶于浓硝酸使溶液显黄色： ，故 C 正确；
D、HF 是弱酸，电离吸热，1mol HF 与 NaOH 反应放出的热量小于 57.3 kJ，且离子方程式中 HF 不能拆为 H+， 正确离子反应为HF + OH-= F-+ H2O，且ΔH = -57.3 kJ·mol-1 ，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
沉淀转化反应中，难溶物不能拆成离子形式；
过量氨水与铜离子反应会生成稳定的铜氨络离子；
浓硝酸分解产生的 NO2溶解在溶液中导致显黄色；
弱酸参与中和反应时，电离吸热，中和热数值小于强酸强碱中和热，且离子方程式中弱酸不能拆写。
6．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氯气的实验室制法；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、装置 A 中用 KMnO4和浓盐酸常温制 Cl2，若换为 MnO2，其与浓盐酸反应必须加热，装置无加热条件，无法实现，故 A 错误；
B、制备 1mol 消洗灵需要 1mol NaClO，而 NaClO 由 Cl2和 NaOH 歧化反应（ Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O ）生成，1mol Cl2反应仅转移 1mol 电子，因此生成 1mol 消洗灵转移电子数为 1NA，并非 2NA，故 B 错误；
C、实验需先打开 K1，通入 Cl2与装置 C 中的 NaOH 反应生成 NaClO 碱性溶液，待 NaClO 生成后，再打开 K2加入磷酸盐混合液进行后续反应，操作顺序合理，故 C 正确；
D、仪器 a 是恒压分液漏斗，支管可平衡内外气压，无需打开上口塞子即可顺利滴液；若打开反而会加剧浓盐酸挥发，污染环境且降低浓度，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
氯气制备条件差异：KMnO4与浓盐酸常温即可反应制 Cl2，MnO2与浓盐酸反应必须加热，装置无加热条件，无法替换；
电子转移计算逻辑：需追溯到中间产物 NaClO 的生成反应，Cl2与 NaOH 歧化反应中，1mol Cl2仅转移 1mol 电子，因此生成 1mol 目标产物对应转移 1mol 电子；
实验操作顺序：需先通入 Cl2与 NaOH 反应制备 NaClO 碱性溶液，再加入磷酸盐混合液进行合成，保证核心原料的有效性；
恒压分液漏斗使用原理：支管可平衡内外气压，无需打开上口玻璃塞，既能保证液体顺利滴下，又能减少浓盐酸挥发损耗与污染。
7．【答案】C
【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；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
【解析】【解答】A、Q（F）的氢化物是 HF，Z（O）的氢化物是 H2O，两者分子间都能形成氢键。但 H2O 分子可形成的氢键数量更多，分子间作用力更强，因此沸点 H2O 远高于 HF，即沸点：Q 的氢化物＜Z 的氢化物，A 正确；
B、YZ32-是碳酸根离子，中心碳原子采取 sp2 杂化，空间构型为平面三角形，键角约 120°；XQ4-是四氟合硼酸根离子，中心硼原子采取 sp3 杂化，空间构型为正四面体形，键角约 109°28'，因此键角 YZ32-＞XQ4-，B 正确；
C、Y（C）的含氧酸并非都不与酸性高锰酸钾反应，比如草酸就具有较强的还原性，能被酸性高锰酸钾氧化为 CO2， C 错误；
D、X（B）和 Z（O）都位于第二周期，第二周期元素第一电离能的递变存在反常，顺序为 Li＜B＜Be＜C＜O＜N＜F＜Ne，因此第一电离能介于 B 和 O 之间的元素有 Be 和 C 两种，D 正确；
故答案为：C。
【分析】题目给出 X、Y、Z、Q 为同周期且原子序数递增的元素，我们可以从成键特征和物质性质切入推断：Z 形成 2 个共价键且单质是常见氧化剂，说明它是O；Y 形成 4 个共价键，对应C；Q 只形成 1 个共价键且原子序数比氧大，是F；X 得 1 个电子后能形成 4 条共价键，说明它最外层有 3 个电子，原子序数比碳小，对应B。接下来结合这些元素的性质，对选项逐一分析判断。
8．【答案】C
【知识点】有机物中的官能团；有机化合物的命名；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A、甲的母体是苯酚，三个羟基位于苯环的 1、3、5 位，正确名称应为1，3，5 - 苯三酚，而非 “1，3，5 - 三苯酚”，故 A 错误；
B、甲中的羟基直接连在苯环上，受苯环吸电子效应影响，O-H 键极性更强（酸性也比乙醇强），因此 O-H 的极性：甲＞乙醇，故 B 错误；
C、根据题给信息，多酚类可发生烯醇式 - 酮式互变异构，甲分子的三个烯醇式（羟基）可转化为酮式，生成 ，故 C 正确；
D、给出的有机物含氰基 （可加成、水解）和醚键，但没有可发生消去反应的 β-H，因此不能发生消去反应，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题围绕酚类化合物的结构与性质展开，考查了有机物命名、键的极性比较、互变异构及反应类型判断。
有机物命名需注意母体选择，苯环上连多个羟基时，母体为 “苯三酚”；
酚羟基的 O-H 键极性受苯环影响，比醇羟基更强；
互变异构需结合题给信息，烯醇式结构可转化为酮式，注意原子守恒；
消去反应的发生条件是存在与官能团相连碳的邻位碳上有氢原子，该有机物不满足此条件。
9．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；电解原理；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、放电时a极为负极，b极为正极，阳离子（H+）会向正极移动，即从a极区向b极区移动，故A正确；
B、充电时b极作为阳极，发生反应： ，消耗，因此b极区的物质的量减小，故B错误；
C、充电时a极为阴极，b极为阳极，阳极的电极电势高于阴极，故C正确；
D、放电时负极反应分两步，第一步生成：xV2++xH++Bi=BiHx+xV3+ ，第二步为 ，故D正确；
故答案为：B。
【分析】放电时，a极（）为负极，发生氧化反应；b极（）为正极，发生还原反应，阳离子向正极移动；充电时，原负极（a）作阴极，原正极（b）作阳极，阳极发生氧化反应消耗水；负极反应分两步进行，第一步为与、Bi生成和： xV2++xH++Bi=BiHx+xV3+ ，第二步为失电子再生为Bi和： BiHx xe-=xH++Bi ；
10．【答案】D
【知识点】化学键；配合物的成键情况
【解析】【解答】A、叶绿素是共价型配合物，结构中仅含共价键和配位键，不存在阴阳离子，因此无离子键；中心 Mg 原子与部分 N 原子通过配位键结合，故 A 错误；
B、镁元素在叶绿素中为 + 2 价，故 B 错误；
C、叶绿素分子整体极性弱，且含大量疏水的烃基结构，根据 “相似相溶” 原理，难溶于极性溶剂水，易溶于有机溶剂，故 C 错误；
D、卟啉环上的 N 原子是配位原子，在酸性环境中易与 H+结合，导致其孤电子对难以再与 Mg2+形成配位键，因此配位能力会减弱，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
叶绿素是共价化合物，只含共价键和配位键，不含离子键。
Mg 作为金属元素，在配合物中显 + 2 价，并非 0 价。
叶绿素分子极性较弱，根据 “相似相溶” 原理，难溶于水，易溶于有机溶剂。
在酸性环境中，卟啉中的 N 原子易与 H+结合，导致其配位能力减弱.
11．【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；盐类水解的应用；晶体的定义；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、1个中，每个含3个键，加上2个配位键（也属于键），共含8个键，故1mol该离子含个键，A正确；
B、是离子晶体，是分子晶体，晶体类型不同，B正确；
C、溶液中，存在配位平衡，会微弱解离出，因此1 L 0.01 mol/L溶液中的数目远小于，C错误；
D、反应中被氧化为： ，每生成1 mol 转移4 mol电子，故转移电子时生成，标准状况下体积为，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
键计数：配位键也属于键，中包含配位键和内的N-H键，共8个键；
晶体类型判断：离子晶体（含离子键）与分子晶体（仅含共价键和分子间作用力）的区分，含离子键，为离子晶体；
配合物解离平衡：在溶液中会部分解离，导致游离浓度远低于配合物浓度；
氧化还原电子转移计算：根据的化合价变化（N从-2价升至0价，每分子失4e-），计算电子转移与产物物质的量的关系。
12．【答案】B
【知识点】金属冶炼的一般原理；蒸馏与分馏；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、“氟化” 反应中用到的 NH4HF2受热会产生 HF，HF 能与石英坩埚中的 SiO2反应，因此不能在石英坩埚中进行，故 A 错误；
B、流程中的 Sc、Ca 等金属易与空气中的氧气、氮气等发生反应，因此各步骤均需在惰性气体氛围中进行，防止氧化或氮化，故 B 正确；
C、流程中采用 “真空蒸钙” 分离 Ca 和 Sc，说明 Ca 的沸点低于 Sc，可通过蒸发 Ca 来提纯 Sc，故 C 错误；
D、Sc 的熔点为 1541℃，若温度高于 1541℃，Sc 会熔化，不利于后续的分离提纯，因此 “热还原” 温度应低于该温度，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】以 Sc2O3为原料，工艺分三步完成：首先在 300℃下用 NH4HF2氟化，生成 ScF3、NH4F 和 H2O；接着升温脱氨，得到无水 ScF3和 NH4F；再用 Ca 还原 ScF3制得粗钪，最后利用 Ca 与 Sc 的沸点差异（Ca 沸点更低），通过真空蒸钙、蒸钪提纯，得到高纯钪。整个流程中，Sc、Ca 等活泼金属易被氧化，且含氟试剂会腐蚀石英设备，需在惰性气体氛围中进行，同时通过控制温度实现杂质与产物的有效分离。
13．【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
【解析】【解答】A、L 为三苯基膦（P(C6H5)3），中心 P 原子形成 3 个 σ 键，还有 1 对孤电子对，空间结构为三角锥形，不是平面三角形，故 A 错误；
B、观察催化循环中的 Pd(II) 配合物，部分结构中 Pd 的配位数为 3，并非所有 Pd(II) 的配位数都是 4，故 B 错误；
C、三苯基膦的苯基是吸电子基团，会降低 P 原子的电子云密度；而三丁基膦的丁基是给电子基团，会提高 P 原子的电子云密度。P 原子电子云密度越高，配位能力越强，因此三苯基膦的配位能力弱于三丁基膦，故 C 正确；
D、根据催化循环的反应机理， D原子没有脱离，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
价层电子对互斥理论：判断中心原子的价层电子对数，确定空间结构；
配合物配位数判断：结合催化循环中 Pd (II) 配合物的结构，分析配位数变化；
配体配位能力比较：根据取代基的电子效应（吸电子 / 给电子），比较 P 原子的电子云密度，电子云密度越高，配位能力越强；
催化循环机理分析：追踪同位素标记原子的去向，判断产物。
14．【答案】B
【知识点】水的电离；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、M点pH=5.0，溶液中Cr3+浓度较高，Cr3+水解会显著促进水的电离；P点pH更高，Cr3+浓度降低，对水的电离促进作用减弱，因此水的电离程度：M > P，A错误；
B、pH=6.7时，先根据，计算；再结合可知，此时远小于该值，因此，B正确；
C、P点到Q点，溶液pH增大，两性氢氧化物Cr(OH)3逐渐溶解转化为，沉淀质量不断减少，因此P点沉淀质量大于Q点，C错误；
D、Q点的电荷守恒式为：，选项中遗漏了其他阳离子浓度项，D错误；
故答案为：B。
【分析】pH=5时，溶液中，则；由图可知，此时，说明溶液中铬元素的总浓度。结合反应及其平衡常数，可算出此时。由于该浓度远小于铬元素总浓度，因此可近似认为。再根据沉淀溶解平衡，计算溶度积。从分布来看，pH在5到6.7之间，铬元素主要以和沉淀形式存在；pH大于6.7后，随着溶液碱性增强，沉淀开始溶解，铬元素主要以和形式存在。
15．【答案】（1）球形冷凝管
（2）N-H…O、O-H…N
（3）锌粉的作用是防止苯胺在反应过程中被氧化。
（4）C；当温度计示数开始下降，说明水已基本蒸完，且乙酸还未大量蒸出。
（5）冷水
（6）重结晶
（7）65.5%
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1) 装置Ⅰ中a的名称为球形冷凝管，
故答案为：球形冷凝管；
(2) 反应开始前，原料混合物中的氢键有N-H…N、O-H…O、N-H…O、O-H…N，
故答案为：N-H…O、O-H…N；
(3) 锌粉的作用是：①代替沸石，防止暴沸；②防止苯胺在反应过程中被氧化，
故答案为：防止苯胺在反应过程中被氧化；
(4) 步骤①中，回流温度保持的最佳温度为105℃，选C；判断反应终点的依据是：当温度计示数开始明显大幅下降，未再次升高前，立即停止加热，原因是当温度计示数开始下降，说明水已基本蒸完，且乙酸还未大量蒸出，
故答案为：C；当温度计示数开始下降，说明水已基本蒸完，且乙酸还未大量蒸出；
(5) 步骤②中盛有的200 mL X是冷水，
故答案为：冷水；
(6) 步骤④中进一步提纯乙酰苯胺粗品的方法是重结晶，
故答案为：重结晶；
(7) 9.3 g苯胺的物质的量为，理论上生成乙酰苯胺的物质的量为0.1 mol，理论质量为，产率为，
故答案为：65.5%。
【分析】本实验以苯胺和冰醋酸为原料，通过加热回流发生可逆酰化反应制备乙酰苯胺。反应前需用新蒸馏的苯胺以避免氧化，加入锌粉除防止暴沸外，还能保护苯胺不被氧化；反应过程中需控制温度在 105℃左右回流，既保证反应进行，又减少冰醋酸挥发损失；反应结束后趁热将反应液倒入冷水，利用乙酰苯胺在冷水中溶解度低的特性使其结晶析出；再经抽滤、冷水洗涤除去杂质，最后通过重结晶进一步提纯粗品，得到目标产物乙酰苯胺。
(1) 根据实验装置图中仪器的结构特征，识别出装置Ⅰ中a为球形冷凝管；
(2) 结合苯胺与乙酸的结构，分析分子间可形成的氢键类型；
(3) 结合苯胺易被氧化的性质，分析锌粉在反应中的作用；
(4) 根据冰醋酸的沸点和反应特点，选择合适的回流温度；结合反应中水分蒸出对温度的影响，分析反应终点的判断依据；
(5) 根据乙酰苯胺微溶于冷水、易溶于热水的溶解性特点，选择洗涤粗品的试剂；
(6) 根据乙酰苯胺的溶解性差异，选择重结晶作为提纯方法；
(7) 根据反应的化学计量关系，计算理论产量，再结合实际产量计算产率。
（1）装置Ⅰ中a为球形冷凝管；
（2）反应开始前，苯胺、冰醋酸中的氢键有N-H…N、O-H…O、N-H…O、O-H…N；
（3）苯胺易被氧化，锌粉的作用除了代替沸石，防止暴沸，还可以防止苯胺在反应过程中被氧化；
（4）回流需控制好温度，105℃比较适宜，不宜过高，超过110℃易导致冰醋酸大量挥发，降低产率，故选C；当温度计示数开始下降，说明水已基本蒸完，且乙酸还未大量蒸出；
（5）由于乙酰苯胺微溶于冷水，溶于热水，易溶于乙醇、乙醚，所以洗涤粗品最合适的试剂是用冷水洗，以减少因洗涤造成的损耗，则X为冷水；
（6）进一步提纯乙酰苯胺可采用重结晶的方法；
（7）9.3 g苯胺的物质的量为：，15.0 mL冰醋酸，其密度为1.05，其物质的量为：，二者按1：1反应，冰醋酸过量，则理论上生成乙酰苯胺的物质的量0.1 mol，其质量为：0.1 mol×135 g/mol=13.5 g，故乙酰苯胺的产率为：。
16．【答案】（1）ⅦB
（2）
（3）、；B
（4）a
（5）C
（6）顶点；八面体
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】(1) Re 与 Mn 同主族，在周期表中位于第 ⅦB 族，
故答案为：ⅦB；
(2) “氧压碱浸” 步骤中，ReS2与 O2、NaOH 反应生成 NaReO4、Na2SO4和 H2O，化学方程式为：
故答案为： ；
(3) “调酸” 时，溶液中的 Na[Al(OH)4]、Na2SiO3与 H2SO4反应生成 Al(OH)3、H2SiO3沉淀，故滤渣 2 的成分为 Al(OH)3、H2SiO3；根据已知反应，“反萃取” 需提供 NH4+，应选用氨水，故试剂 X 为 B，
故答案为：Al(OH)3、H2SiO3；B；
(4) NH4ReO4悬浊液中存在平衡：NH4+ + H2O NH3 H2O + H+，pH 增大时，NH4+水解平衡正向移动，c (NH4+) 减小，c (ReO4-) 基本不变，因此曲线 a 表示 ReO4-，
故答案为：a；
(5) 计算 Re 的相对原子质量，需知道 Re2O7的质量和 Re 的质量，可通过两者的质量差计算 O 的质量，进而计算 Re 的相对原子质量，故选择 C 组数据，
故答案为：C；
(6) 由晶胞投影图可知，Re 位于晶胞的顶点；O 原子构成面心立方结构，Re 填入了 O 围成的八面体空隙中，
故答案为：顶点；八面体。
【分析】本工艺以钼精矿为原料制备高铼酸铵和单质铼，流程如下：首先在氧压碱浸条件下，MoS2、ReS2与 O2、NaOH 反应转化为 NaMoO4、NaReO4，杂质 FeS2、Al2O3、SiO2等分别转化为 Fe2O3、Na[Al(OH)4]、Na2SiO3等，过滤后得到含铼的滤液；接着用硫酸调 pH，使溶液中的 Na[Al(OH)4]、Na2SiO3转化为 Al(OH)3、H2SiO3沉淀除去，同时为后续萃取提供酸性环境；随后加入 R3N 萃取 ReO4-，再用氨水反萃取得到 NH4ReO4水溶液；除磷后经析晶得到 NH4ReO4，热解生成 Re2O7，最后用 H2还原得到单质铼。
(1) 根据元素周期表中同主族元素的位置关系，直接判断 Re 的族序数；
(2) 根据氧化还原反应的化合价升降守恒，配平 ReS2在氧压碱浸条件下的化学方程式；
(3) 结合调酸步骤中溶液成分的变化，判断生成的沉淀成分；根据萃取平衡的逆反应需求，选择合适的反萃取试剂；
(4) 结合 NH4+的水解平衡，分析 pH 变化对 NH4+和 ReO4-浓度的影响，判断对应的曲线；
(5) 结合还原步骤中氢气的作用，分析不同数据组合对计算 Re 相对原子质量的适用性；
(6) 根据晶胞投影图，判断 Re 原子的位置，并结合 O 原子的堆积方式，分析空隙类型。
（1）Re元素在周期表中与Mn同族，位于周期表第ⅦB族；
（2）“氧压碱浸”步骤中ReS2与氧气、氢氧化钠反应生成NaReO4、Na2SO4和H2O，发生反应的化学方程式为：；
（3）由分析可知，滤渣2为Al(OH)3、H2SiO3；由分析可知，“反萃取”时所用试剂X为氨水，故选B；
（4）NH4ReO4悬浊液中存在水解平衡：，随着pH不断增大，氢离子浓度逐渐减小，氢氧根离子浓度不断增大，促进铵根离子水解，则铵根离子浓度逐渐减小，曲线b为铵根离子浓度，则曲线a表示的浓度；
（5）A．实验中H2不仅用于还原Re2O7，还需要通H2排尽装置内空气，反应后还要通H2冷却产物，根据消耗氢气的总量和Re2O7的质量，不能计算Re的相对原子质量，A不符合题意；
B．实验中H2不仅用于还原Re2O7，还需要通H2排尽装置内空气，反应后还要通H2冷却产物，根据消耗氢气的总量和Re的质量，不能计算Re的相对原子质量，B不符合题意；
C．已知Re2O7的质量和生成Re的质量，可直接算出Re2O7中氧元素的质量，再通过氧的相对原子质量计算氧原子的物质的量，进而求出Re2O7的物质的量，再计算出Re2O7的摩尔质量，最终可计算出Re的相对原子质量，C符合题意；
故选C。
（6）由晶胞投影图可知，则Re在晶胞中的位置为顶点；从投影图可知，O原子构成面心立方结构，Re原子填在了O原子形成的八面体空隙中。
17．【答案】（1）酰胺基
（2）加成反应；6
（3）
（4）
（5）B；D
（6）保护氨基
（7）
【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
【解析】【解答】(1) 化合物G中含氧官能团的名称是醚键和酰胺基，
故答案为：酰胺基；
(2) D→E的反应类型为加成反应；由C的结构简式可知，其分子中含有6种不同化学环境的氢原子，因此核磁共振氢谱有6组峰，故答案为：
加成反应；6；
(3) C→D的反应中，NaH作为强碱，会与C中的羟基氢发生反应，生成相应的钠盐，该中间产物的结构简式为：
故答案为： ；
(4) E在NaOH溶液中加热发生酯基的水解反应，生成F、碳酸钠和乙醇，化学方程式为：
；
故答案为：； ；
(5)A. 酯基是吸电子基团，会降低B中氮原子的电子云密度，导致其碱性减弱，因此A的碱性比B强，A正确；
B. B→C是羰基的还原反应，过程中存在C=O双键（π键）的断裂，但没有新的π键形成，B错误；
C. X的苯环上有6种不同化学环境的氢原子，因此其一溴代物有6种，C正确；
D. E中与苯环直接相连的烃基碳原子上含有氢原子，可被酸性高锰酸钾溶液氧化，使溶液褪色，D错误；
故答案为：BD；
(6) 从整个合成路线看，A→B将氨基转化为酰胺基，后续步骤中又恢复为氨基，因此该步骤的目的是保护氨基，避免其在后续反应中发生副反应，
故答案为：保护氨基；
（7）可由和反应制得，可通过、CaC2和H2O反应制得，可通过的催化氧化制得，则化合物的合成路线为：。
【分析】该合成路线以哌啶酮衍生物 A 为起始原料，先与氯甲酸乙酯反应得到氨基被保护的 B；B 再与乙炔基负离子反应，在羰基上引入炔基生成叔醇 C；C 经 NaH 处理后与发生亲核取代，构建出醚结构 D；D 与乙炔发生加成反应，关环得到螺环结构 E；E 在碱性条件下水解脱去氨基保护基，得到中间体 F（）；最后 F 与X发生取代反应，得到目标药物分子 G。同时还生成了HCl，则X的结构简式是，以此解答。
(1) 直接观察化合物G的结构简式，识别其中的含氧官能团，除醚键外，另一个含氧官能团为酰胺基；
(2) 根据D和乙炔的反应特征，判断为碳碳三键的加成反应；分析C的分子结构，确定其对称性和不同化学环境氢原子的种类，得出核磁共振氢谱的峰组数；
(3) 根据NaH的强碱性，推断其与C中羟基反应生成钠盐的中间产物，该钠盐更易与炔基溴发生亲核取代反应；
(4) 结合酯的碱性水解反应规律，写出E在NaOH溶液中加热条件下的水解方程式，注意配平及产物的书写；
(5) 逐一分析选项：根据吸电子基团对氨基碱性的影响、B→C的反应过程、X的结构对称性、E与酸性高锰酸钾的反应性，判断各选项的正误；
(6) 结合A→B和后续步骤中氨基的变化，判断该步反应的目的是保护氨基，防止其在后续反应中被破坏；
(7) 采用逆推法，从目标产物倒推所需中间体，再设计由给定原料到各中间体的合成路线，合理利用已知反应条件和试剂。
（1）由化合物G的结构简式可知， 其含氧官能团为醚键和酰胺基；
（2）由分析可知，D和乙炔发生加成反应生成E；由C的结构简式可知，该有机物分子中含有6种不同环境的H，则核磁共振氢谱有6组峰；
（3）氢化钠与C中羟基H发生氧化还原反应生成，其更易与反应；
（4）由分析可知，E在NaOH溶液中发生水解反应生成F，其结构简式为，化学方程式为：；
（5）A．酯基为吸电子基团，则B中N原子上连有酯基，导致其电子云密度降低，则A的碱性性比B强，A正确；
B．B→C是还原反应，有C=O键断裂，C-O键形成，涉及π键的断裂，无π键的形成，B错误；
C．由X的结构简式可知，苯环上有6种不同环境的H，则其一溴代物有6种，C正确；
D．由E的结构简式可知，苯环能使与其直接相连的烃基C原子上的H原子变活泼，可被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾褪色，D错误；
故选BD；
（6）由A的结构简式可知，A中含氧官能团的名称是羰基，从整个过程看，A→B的过程中氨基转化为酰氨基，E→F的过程中酰氨基又转化为氨基，A→B的目的是：保护氨基；
（7）可由和反应制得，可通过、CaC2和H2O反应制得，可通过的催化氧化制得，则化合物的合成路线为：。
18．【答案】(1) B
(2) 减小
(3) A
(4) 乙 时，体系中以反应i为主，反应i前后分子数相等，压强改变对平衡没有影响
(5) 0.075
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学平衡常数；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）充电时，Ni-CuO 电极上生成 O2，发生反应：，阴极反应为，此时装置Ⅱ总反应为。 Ni-CuO 电极作为阳极，应连接装置 Ⅰ 的正极 B。
故答案为：； B ；
（2）放电时，装置 Ⅱ 负极发生反应：Al-3e-+4OH-=[Al(OH)4]-，消耗 OH-，导致负极区 pH 减小，故答案为：减小；
（3）反应ii的。根据盖斯定律，由反应i和iii可得，即反应ii是放热且熵减的反应。自发进行的条件是，由于反应ii且，在低温下，，反应自发；高温下，，反应非自发，故符合的图像为A。
故答案为：A；
（4）①反应 ii、iii 为放热反应，升高温度，CH3OH 平衡产率降低，故表示 CO2平衡转化率的是图乙；压强越大，平衡正向移动，转化率越高，故 P1 > P2；②T1温度时，体系中以反应 i 为主，反应 i 前后分子数相等，压强改变对平衡无影响，故两条曲线几乎交于一点，故答案为：乙；>；T1时，体系中以反应 i 为主，反应 i 前后分子数相等，压强改变对平衡没有影响；
故答案为： 乙； ；时，体系中以反应i为主，反应i前后分子数相等，压强改变对平衡没有影响
；
（5）①列三段式：
在反应2h后，总气体物质的量为，由表可知2h后，根据公式可知，，所以，这2h内共反应了0.3 mol，。
②由表可知平衡时，，
，
平衡时，。
故答案为： 0.075； ；
【分析】(1) 根据装置 Ⅱ 充电时的电极反应，写出总反应方程式；结合原电池阳离子移动方向判断正负极，确定阳极连接的电极；
(2) 分析装置 Ⅱ 放电时负极的反应，根据 OH-的消耗情况判断负极区 pH 的变化；
(3) 根据盖斯定律计算反应 ii 的焓变，结合熵变判断反应自发进行的条件，选择对应的图像；
(4) 根据温度和压强对不同反应平衡的影响，判断 CO2平衡转化率对应的图像及压强大小；分析高温下反应 i 占主导时压强对平衡的影响；
(5) ①利用恒温恒容下压强与物质的量的关系，计算反应的 CO2物质的量，进而计算反应速率；
②根据平衡时的压强和物质的量分数，计算各物质分压，代入分压平衡常数公式计算
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