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四川省眉山市仁寿第一中学校（北校区）2026届高三上学期一模 化学试题
1．“新质生产力”的概念中，“新”的核心在于科技创新，下列有关说法正确的是
A．我国研发的核反应堆华龙一号”以为核燃料，与化学性质不相同
B．奥运“中国制造”的足球植入了芯片，制备芯片的原料是新型无机非金属材料
C．“祝融号”火星车采用我国研发的“正十一烷相变保温系统”，正十一烷属于脂环烃
D．“歼-35”战斗机使用的碳纤维与金刚石互为同素异形体
【答案】B
【知识点】同素异形体；元素、核素；烷烃
【解析】【解答】A、235U 与236U 互为同位素，核外电子排布相同，化学性质几乎完全相同，A 错误；B、芯片的主要原料是晶体硅，属于新型无机非金属材料，B 正确；
C、正十一烷是链状烷烃，属于链烃（脂肪烃），不含环状结构，不属于脂环烃，C 错误；
D、碳纤维的主要成分是碳的单质，与金刚石互为同素异形体，但碳纤维是混合物，严格意义上不互为同素异形体，D 错误；
故答案为 B。
[【分析】本题解题要点：
同位素的化学性质由核外电子排布决定，质子数相同则化学性质几乎相同；
芯片原料硅属于新型无机非金属材料；
正十一烷为链状饱和烃，属于脂肪烃，非脂环烃；
同素异形体是同种元素形成的不同单质，碳纤维为混合物，不满足定义。
2．下列有关化学用语或表述正确的是
A．甲醛中键的电子云轮廓图：
B．的同分异构体：
C．的空间结构：
D．溶液中的水合离子：
【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A、甲醛分子中 C 原子采取 sp2 杂化，C=O 双键含 1 个 σ 键和 1 个 π 键，π 键的电子云轮廓图为垂直于分子平面的纺锤形，图示正确，A 正确；
B、CH2Cl2是四面体结构，不存在同分异构体，图示的两种结构为同一种物质，B 错误；
C、BCl3中 B 原子价层电子对数为 ，无孤电子对，空间结构为平面三角形，图示为三角锥形（对应 NH3等结构），C 错误；
D、NaCl 溶液中，Na+带正电，水合离子中水分子的 O 原子（带负电）朝向 Na+；Cl-带负电，水合离子中水分子的 H 原子（带正电）朝向 Cl-，图示朝向错误，D 错误；
故答案为 A。
【分析】本题解题要点：
甲醛 π 键电子云轮廓图：sp2 杂化的 C 原子形成的 π 键，电子云垂直于 σ 键所在平面，轮廓图为上下对称的纺锤形；
CH2Cl2的结构：甲烷的氯代物为四面体结构，任意两个顶点相邻，无同分异构体；
BCl3的空间结构：中心 B 原子无孤电子对，为平面正三角形，键角 120°；
水合离子的结构：阳离子吸引水分子的 O 端，阴离子吸引水分子的 H 端。
3．下列生活现象中涉及的原理描述错误的是
　 生活现象 原理
A 放映机到银幕间形成光柱 丁达尔效应
B 石墨可用作工业机械润滑剂 石墨层间靠范德华力维系
C 变质的油脂有“哈喇”味 油脂发生氢化反应
D 用生铁铸造下水井盖 生铁硬度大、抗压
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；化学键和分子间作用力的区别；胶体的性质和应用；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、放映机到银幕间的光柱是胶体的丁达尔效应，A正确；
B、石墨层间依靠范德华力维系，层间易滑动，可用作润滑剂，B正确；
C、变质的油脂有 “哈喇” 味，是油脂发生氧化反应，而非氢化反应，C错误；
D、生铁硬度大、抗压，可用于铸造下水井盖，D正确；
故答案为：C
【分析】本题解题要点：
胶体性质：丁达尔效应是胶体特有的光学现象；
石墨结构：层状结构中层间作用力为范德华力，具有润滑性；
油脂变质原理：油脂的不饱和键被氧化，产生异味；
合金特性：生铁含碳量高，硬度大、抗压性能好。
4．物质结构决定性质。下列物质性质差异与结构因素之间关联错误的是
选项 性质差异 结构因素
A 熔点： 晶体类型
B 焰色：钠黄色；钾紫色 第一电离能
C 沸点： 分子内、分子间氢键
D 溶解度： 分子极性
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】分子晶体；极性分子和非极性分子；氢键的存在对物质性质的影响；焰色反应
【解析】【解答】A、NaCl 为离子晶体，微粒间作用力为离子键；SiCl4为分子晶体，微粒间作用力为范德华力，离子键远强于范德华力，故熔点 NaCl > SiCl4，A正确；B、焰色是原子中的电子从激发态跃迁回基态时释放的光，与元素的电子层结构有关，和第一电离能无关联，B错误；
C、邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，对羟基苯甲酸形成分子间氢键，分子间氢键使分子间作用力更强，沸点更高，故沸点： ，C正确；
D、O2为非极性分子，O3为极性分子，根据 “相似相溶” 原理，极性分子 O3在水中的溶解度大于非极性分子 O2，故溶解度 O2 < O3，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
晶体熔点与晶体类型的关系：离子晶体熔点远高于分子晶体；
焰色反应的本质：电子跃迁产生的特征光谱，与第一电离能无关；
氢键对沸点的影响：分子间氢键使沸点升高，分子内氢键使沸点降低；
溶解度与分子极性的关系：相似相溶原理，极性分子易溶于极性溶剂水。
5．D-2-脱氧核糖是生物遗传物质的主要成分，可发生如图转化。下列说法错误的是
A．D-2-脱氧核糖可发生取代、消去、氧化反应
B．D-2-脱氧核糖转化为β-D-2-脱氧核糖的过程是一个取代反应
C．D-2-脱氧核糖与β-D-2-脱氧核糖互为同分异构体
D．D-2-脱氧核糖转化为β-D-2-脱氧核糖后，碳原子的杂化方式发生了改变
【答案】B
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A．D-2-脱氧核糖含有羟基，能与羧酸发生取代反应，羟基所连碳原子的邻位碳原子上有氢原子，能发生消去反应，可以发生取代反应，也能被氧化，即D-2-脱氧核糖可发生取代、消去、氧化反应，故A正确；
B．D-2-脱氧核糖转化为β-D-2-脱氧核糖的过程分子内醛基与羟基发生加成反应形成环状结构，并非取代反应，故B错误；
C．D-2-脱氧核糖与β-D-2-脱氧核糖的分子式均为C5H10O4，结构式不同，互为同分异构体，故C正确；
D．D-2-脱氧核糖中含有醛基碳原子的杂化方式为sp2，其他饱和碳原子采用sp3杂化，β-D-2脱氧核糖中都是饱和碳原子，碳原子的杂化方式只有sp3，D-2-脱氧核糖转化为β-D-2脱氧核糖后，碳原子的杂化方式改变，故D正确；
答案选B。
【分析】A．D-2-脱氧核糖含有羟基和醛基，具有醇和醛的性质；
Ｂ．该过程中醛基与羟基发生加成反应形成环状结构；
Ｃ．分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体；
Ｄ．双键碳原子采用sp2杂化，饱和碳原子采用sp3杂化。
6．下列反应方程式书写错误的是
A．向含KSCN的稀硝酸溶液中加入铁粉，溶液不变为红色：
B．、在强碱性溶液中反应制备：
C．在无水HF中电解制氟气，阴极反应式：
D．海水提溴中，用二氧化硫的水溶液吸收溴：
【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．向含KSCN的稀硝酸溶液中加入铁粉，溶液不变为红色，说明Fe过量，将硝酸铁还原为硝酸亚铁，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，离子方程式为，故A正确；
B．将氧化为，自身被还原为Cl-，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，反应的离子方程式为，B正确；
C．在无水HF中电解KHF2制氟气，阳极发生氧化反应生成F2，在阴极得电子生成氢气和F-，则阴极反应式为，故C正确；
D．用二氧化硫的水溶液吸收溴，溴具有强氧化性，SO2具有还原性，被溴氧化为硫酸根离子，Br2被还原为Br-，反应的离子方程式为：，D错误；
答案选D。
【分析】A．Fe3+遇KSCN变为血红色；
Ｂ．根据得失电子守恒和质量守恒书写离子方程式；
Ｃ．阴极发生得电子的还原反应；
Ｄ．二氧化硫和溴发生氧化还原反应。
7．利用如图所示装置制备SO2并检验其性质。下列说法不正确的是
A．装置①中紫色石蕊溶液变红
B．装置②和④中溶液褪色，均体现SO2的漂白性
C．装置③中出现浑浊，体现SO2的氧化性
D．装置⑤中的试剂可以是NaOH溶液，用于吸收尾气
【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；含硫物质的性质及综合应用；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A.70%的硫酸和Na2SO3发生反应生成Na2SO4、H2O和SO2。SO2是一种酸性氧化物，溶于水生成H2SO3，可使紫色石蕊变红，A项正确；
B．SO2能使品红褪色，是因为SO2具有漂白作用；SO2具有还原性，能与酸性KMnO4发生氧化还原反应，从而使酸性KMnO4溶液褪色。装置②和④中溶液褪色，原理不同，B项错误；
C．SO2与H2S发生反应：SO2+2H2S＝3S↓+2H2O，所以装置③中出现浑浊，该过程中SO2中的S元素化合价降低，被还原，体现了SO2的氧化性，C项正确；
D．SO2是一种无色、有刺激性气味的有毒气体，不能直接排放到空气中，SO2能与NaOH发生反应，故可以通过NaOH溶液来吸收尾气，D项正确；
故答案为：B。
【分析】70%的硫酸和Na2SO3发生反应生成二氧化硫，SO2是一种酸性氧化物，故①中石蕊变色，二氧化硫具有漂白性，②中品红褪色，③中硫化氢与二氧化硫反应生成单质硫，为淡黄色沉淀，④高锰酸钾与二氧化硫反应，褪色，最后高锰酸钾吸收多余二氧化硫，防止污染空气。
8．下列实验操作能达到实验目的的是（　　）。
选项 实验目的 实验操作
A 比较和溶度积大小 向的硝酸银溶液中先滴加2～3滴浓度为的溶液，再滴加2～3滴相同浓度的KI溶液，观察生成沉淀的颜色
B 探究化学反应是否可逆 向的KI溶液中滴加2滴的溶液，充分反应后，滴入2滴的溶液，观察现象
C 探究浓度对盐类水解平衡的影响 向滴有酚酞的碳酸钠溶液中加入等体积蒸馏水，观察现象
D 比较和酸性强弱 用pH试纸测定溶液和溶液的pH
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学反应的可逆性；盐类水解的原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；酸的通性
【解析】【解答】A.向1mL0.1mol／L的硝酸银溶液中先滴加2～3滴浓度为0.1mol／L的NaCl溶液，发生反应Ag+ ＋Cl-＝AgCl产生白色沉淀，由于NaCl不足，硝酸银有剩余，再滴加2～3滴相同浓度的KI溶液，发生反应Ag+＋I-＝AgI产生黄色沉淀，黄色沉淀的生成不能证明是AgCl白色沉淀转化生成的，故不能比较AgI和AgCl溶度积大小，A错误；
B.Fe3+与I-发生氧化还原反应：2Fe3++2I-I2+2Fe2+，c(I-)过量，c(Fe3+)不足， 充分反应后，滴入2滴0.1mol/L的KSCN溶液 ，若溶液变红，可以证明Fe3+与I-是可逆反应，B正确；
C.CO32-在水中水解：CO32-+H2OHCO3-+OH-，加酚酞溶液变红，向碳酸钠溶液中加水，溶液碱性减弱，溶液由红色变为浅红色，不能说明平衡的移动方向，B错误；
D.NaClO溶液具有强氧化性会使pH试纸褪色，不能测定该溶液pH值，且NaClO溶液和CH3COONa溶液未知，不能比较酸性强弱，D错误；
答案：B
【分析】A.硝酸银过量，均生成沉淀，不是沉淀的转发，无法比较AgI和AgCl溶度积大小；
B.c(Fe3+)不足，滴入2滴0.1mol/L的KSCN溶液 ，若溶液变红，可以证明Fe3+与I-是可逆反应；
C.CO32-在水中水解显碱性，加水促进水解，但加水稀释c(OH-)减小，溶液由红色变为浅红色，不能说明平衡的移动方向；
D..NaClO溶液具有强氧化性会使pH试纸褪色，不能测定该溶液pH值，且NaClO溶液和CH3COONa溶液未知，不能比较酸性强弱。
9．为短周期主族元素，且原子序数依次递增，的简单阴离子与He原子具有相同的电子层结构，基态原子未成对电子数在所处周期中最多，为其所属周期中原子半径最大的金属元素，的第一电离能大于，且与位于同一周期，同主族。下列说法正确的是
A．简单离子半径：
B．氢化物的沸点比较：
C．与Y组成的简单化合物的VSEPR模型为三角锥形
D．X与M可形成离子化合物
【答案】D
【知识点】原子结构与元素的性质；判断简单分子或离子的构型；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、离子半径比较遵循 “电子层越多半径越大，电子层结构相同时核电荷数越小半径越大”，因此半径顺序为 H+ < O2- < N3- < S2-，A 错误；
B、O、N、S 的氢化物存在多种形式（如 H2O、H2O2；NH3、N2H4；H2S 等），未限定 “简单氢化物” 时无法直接比较稳定性，B 错误；
C、NH3的 VSEPR 模型为四面体形，其分子空间结构为三角锥形，二者不能混淆，C 错误；
D、H 与 Na 形成的 NaH，由 Na+和 H-构成，属于离子化合物，D 正确；
故答案选 D。
【分析】X 的简单阴离子与 He 等电子（含 2 个电子），因此 X 为 H；短周期中基态未成对电子数最多的元素为 N（3 个未成对电子），且 N 与 Z 同周期、第一电离能大于 Z，故 Z 为 O；第三周期原子半径最大的金属元素为 Na，因此 M 为 Na；O 与 W 同主族且原子序数 W 大于 M，故 W 为 S，最终确定元素为 H、N、O、Na、S。
10．电解法能同时处理含多种有害物质的废水，以提高处理效率。下图为双极膜电解池中通过电解产生极强的氧化能力的羟基自由基()，来处理含苯酚废水和含甲醛废水的工作原理。已知：双极膜中间层中的解离为和。下列说法错误的是
A．M极连接电源负极，电极反应式：
B．双极膜中解离出的透过膜a向N极移动
C．每处理甲醛。理论上消耗双极膜中
D．通电一段时间后，理论上苯酚和甲醛转化生成的物质的量之比为
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、M 极上 O2转化为 OH，O 元素化合价降低，发生还原反应，故 M 极为阴极，连接电源负极；电极反应式为 ，A 正确；
B、N 极为阳极，电解池中阴离子向阳极移动，双极膜中 H2O 解离出的 OH-透过膜 a 向 N 极移动，B 正确；
C、3.0g 甲醛的物质的量为 0.1mol，甲醛被 OH 氧化为 CO2，C 元素从 0 价升至 + 4 价，0.1mol 甲醛转移 0.4mol 电子；双极膜解离的 H+、OH-参与反应，每解离 1mol H2O 转移 1mol 电子，故转移 0.4mol 电子时消耗 0.4mol H2O，C 正确；
D、1mol 苯酚生成转移 28mol 电子；1mol 甲醛转移 4mol 电子。根据电子守恒，生成 CO2的物质的量之比等于转移电子数之比，即，D错误；
故答案为 D。
【分析】本题解题要点：
电极判断与反应：根据 O2得电子生成 OH 的还原反应，确定 M 极为阴极；结合电荷移动规律，判断 OH-向阳极 N 极移动。
电子守恒计算：计算甲醛氧化时的转移电子数，结合双极膜解离水的电子转移关系，推导水的消耗量。
产物量比计算：结合电子守恒，计算苯酚与甲醛生成 CO2的物质的量之比。
11．以市售高岭土(化学成分：Al2O3、SiO2和H2O)为原料制备碱式氯化铝[Al2(OH)nCl6-n]的工艺流程如图：
已知：①结构不同的Al2O3在酸中的溶解性差别较大；
②调节AlCl3溶液的pH为4.2~4.5，沉降可得碱式氯化铝。
下列说法错误的是
A．“焙烧”有助于改变高岭土中Al2O3的结构，使其更易溶于酸
B．“酸溶”时可用2 mol·L-1的硫酸代替4 mol·L-1的盐酸
C．“蒸发浓缩”“稀释”的目的为调节溶液的pH
D．碱式氯化铝可用于净水
【答案】B
【知识点】镁、铝的重要化合物；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．根据题给信息①，"焙烧"确实能够改变Al2O3的结构，提高其在酸中的溶解性，A选项正确；
B．若使用硫酸代替盐酸进行"酸溶"，会引入杂质离子，不利于制备纯净的碱式氯化铝，B选项错误；
C．"蒸发浓缩"和"稀释"操作都能有效降低溶液中HCl的浓度，从而将pH调节至4.2~4.5的适宜范围，促进碱式氯化铝的沉降，C选项正确；
D．碱式氯化铝水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附作用，可用于水处理净化，D选项正确；
故答案为：B
【分析】高岭土的主要成分包括Al2O3、SiO2和H2O。通过"焙烧"处理可以改变Al2O3的晶体结构，使其更易溶于酸。随后用盐酸进行"酸溶"处理，此时SiO2不溶解，经过过滤后得到含有AlCl3的滤液。通过蒸发浓缩和加水稀释来调节HCl浓度，将溶液pH控制在4.2~4.5范围内，最终可沉降得到碱式氯化铝。据此结合选项分析。
12．烯烃在一定条件下能转化为邻二醇，其机理如图所示。下列说法错误的是
A．转化过程涉及非极性键的断裂与形成
B．转化过程Os元素的化合价会发生改变
C．化合物戊是氧化剂
D．化合物甲是催化剂
【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；极性键和非极性键；氧化还原反应
【解析】【解答】A、转化过程中，断裂的是烯烃中的碳碳双键（含非极性键），但形成的均为极性键（如 C-O、O-H 等），无新的非极性键生成，A 错误；B、Os 元素在甲、丙、丁等化合物中，化合价发生了变化，B 正确；
C、戊将丁还原为甲，自身被还原为己，戊中 N 元素化合价降低，作氧化剂，C 正确；
D、甲在反应中参与循环，最终又生成，反应前后性质和质量不变，作催化剂，D 正确；
故答案为 A。
【分析】本题解题要点：
非极性键的判断：同种原子间形成的共价键为非极性键，反应中仅断裂烯烃的碳碳非极性键，无新非极性键形成；
化合价变化：Os元素在不同含 Os 化合物中，成键情况不同，化合价发生改变；
氧化剂判断：反应中 N 元素化合价降低的物质作氧化剂；
催化剂判断：反应前后循环出现、质量和化学性质不变的物质为催化剂。
13．晶体的一种立方晶胞如图。已知：与O最小间距大于与O最小间距，x、y为整数，两个“○”之间的最短距离为b。下列说法错误的是
A．x=1，y=3
B．周围最近的O原子数目为12
C．图中体心位置“”一定代表
D．晶体的密度为
【答案】D
【知识点】离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A、黑球占据立方体的8个顶点，每个顶点贡献1/8个原子，因此黑球数量为。白球位于6个面心，每个面心贡献1/2个原子，白球数量为。符号代表体心位置的1个原子。根据化合价平衡原则，推导出化学式为，对应x=1，y=3，A选项正确。B、通过比较原子间距可以确定黑球代表Al原子，白球代表O原子。每个Al原子被8个晶胞共享，每个晶胞贡献3个面，而每2个面会重叠计算，因此每个Al原子周围O原子数为，B选项正确。
C、结合B选项的分析，体心位置符号必定代表Co原子，C选项正确。
D、已知两个白球间距为b nm，设晶胞边长为2a nm。根据几何关系可得：，推导出，边长。晶胞体积。密度计算公式为。D选项错误。
故答案为：D
【分析】A、根据均摊法确定原子个数比。
B、 与O最小间距大于与O最小间距，则黑球为Al，白球为O。以顶点Al原子为中心，与之距离最近的O原子位于面心，据此计算。
C、黑球为Al、白球为O，则一定为Co。
D、根据公式计算晶胞密度。
14．25℃时，向 溶液中不断通入气体(忽略溶液体积变化)，浴液中、与的关系如图所示。下列说法不正确的是
A．该温度下，的
B．点所表示的溶液中：
C．向原溶液中不断通入 气体：
D．的溶液中：
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．W点，c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，此时pH=4.75，c(H+)=10-4.75mol/L，则醋酸的电离常数Ka==c(H+)=10-4.75，故A正确；
B．W点溶液中c(H+)=10-4.75 mol·L-1，c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.100mol/L，c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=0.050 mol·L-1，则c(H+)c(Cl-)，故B错误；
C．向原溶液中通入0.1 mol HCl气体，由电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)+c(Cl-)及c(Cl-)=c(Na+)=0.100 mol·L-1，可得c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，故C正确；
D．的溶液中 ，根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)+c(Cl-)，根据物料守恒有c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.100 mol·L-1，联立两式可得c(Na+)+c(H+)-c(OH-)-c(Cl-)+c(CH3COOH)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.100 mol·L-1，故D正确；
故选B。
【分析】A．W点，c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，根据Ka==c(H+)，结合pH计算；
Ｂ．根据电荷守恒分析；
Ｃ．根据电荷守恒分析；
Ｄ．根据电荷守恒和物料守恒分析。
15．某容器中只发生反应：aX(g)+bY(g) cZ(g)。由下列图像得出的结论不正确的是
A．相同温度下，分别向体积不等的A、B两个恒容密闭容器中均通入1molX和1molY，tmin后X的转化率如图甲所示。若B中反应达到平衡状态，则A中一定达到平衡状态
B．恒容密闭容器中通入一定量的X和Y，反应相同时间，X的转化率随温度变化如图乙所示。则该反应的△H<0
C．其他条件相同，改变起始时X的物质的量，平衡时Z的体积分数变化如图丙所示。则平衡时Y的转化率：CD．其他条件相同，反应速率与压强的关系如图丁所示。则a+b【答案】C
【知识点】反应热和焓变；化学反应的可逆性；化学平衡移动原理；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A、A 容器体积小于 B，初始压强 A > B。压强越大反应速率越快，达到平衡的时间越短。当 B 达到平衡时，速率更快的 A 必然已达到平衡，A正确；
B、图乙中，X 转化率随温度升高先增后减。最高点前未达平衡（升温速率加快使转化率提高），最高点后为平衡状态（升温转化率下降，说明平衡逆向移动）。逆反应吸热，则正反应放热（ΔH < 0），B正确；
C、增加 X 的物质的量，可促进 Y 的转化（提高 Y 的转化率）。图丙中 X 起始量 A B > C，C错误；
D、图丁中压强增大瞬间，v逆 > v正，平衡逆向移动，说明逆反应方向气体体积减小。因此反应式中反应物总系数小于生成物总系数（a + b < c），D正确；
故答案为：C。
【分析】A．比较不同压强下反应达到平衡的先后顺序。
B．根据温度对转化率的影响判断反应热。
C．分析反应物用量对其他反应物转化率的影响。
D．根据压强对正逆反应速率的影响判断气体体积变化。
16．高纯碳酸锰常用于制造通讯器材，以贫软锰矿(主要成分是，含有、、、、等杂质))和黄铁矿()为原料，制备高纯碳酸锰的工艺流程如下。
已知：①相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如表。
金属离子
开始沉淀的pH 3.8 1.5 6.3 10.6 8.8 9.6
沉淀完全的pH 5.2 2.8 8.3 12.6 10.8 11.6
②常温下，、、的溶度积分别为、、。
（1）为了加快“酸浸”速率，可采取的措施是　 　(任答一条即可)，已知“滤渣①”中不含单质硫，写出“酸浸”时与反应的化学方程式：　 　。
（2）“中和净化”中调节溶液的pH范围为　 　；“二次净化”后溶液中的，则　 　。
（3）“沉锰”中溶液浓度对纯度、产率的影响如图所示，应选择的浓度为　 　，得到纯净碳酸锰的“系列操作”包括　 　。
（4）纯净碳酸锰溶于硫酸后再进行电解制备锰，装置如图所示，进入阳极区发生副反应生成造成资源浪费，该副反应的电极反应为　 　。
（5）硼酸可由三卤化硼水解制备，机理如下图。
从结构的角度解释水解反应很难进行的原因　 　。
（6）砷化镓是一种立方晶系如图甲所示，将Mn掺杂到晶体中得到稀磁性半导体材料如图乙所示，砷化镓的晶胞参数为x pm，密度为。
则①砷化镓中配位键的数目是　 　。
②Ga和As的最近距离是　 　。
③Mn掺杂到砷化镓晶体中，和Mn最近且等距离的As的数目为　 　。
④沿体对角线a→b方向投影图如丙，若As的位置为7、9、11、13，则c(在甲图中位于面心)的位置在丙图中　 　处。
【答案】（1）将矿石粉碎，加热，适当地增加硫酸浓度，充分搅拌等；15MnO2+2FeS2+14H2SO4=15MnSO4+Fe2(SO4)3+14H2O
（2）8.3≤pH<8.8；0.8
（3）7.5%；过滤，洗涤和干燥
（4）Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+
（5）碳原子价层无空轨道，不能接受水的进攻
（6）；；4；11
【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
【解析】【解答】（1）为了加快“酸浸”速率，可以选择加热升高温度、将矿石粉碎增大接触面积、充分搅拌或适当增加硫酸浓度等方法；已知“滤渣①”中不含单质硫，MnO2与FeS2、稀硫酸发生氧化还原反应，生成硫酸锰、硫酸铁和水，反应方程式为15MnO2+2FeS2+14H2SO4=15MnSO4+Fe2(SO4)3+14H2O。
故答案为： 将矿石粉碎，加热，适当地增加硫酸浓度，充分搅拌等 ； 15MnO2+2FeS2+14H2SO4=15MnSO4+Fe2(SO4)3+14H2O ；
（2）“中和净化”的目的是除去、、等杂质离子，同时避免沉淀，根据表中数据，、、完全沉淀的pH分别为2.8、5.2、8.3，而开始沉淀的pH为8.8，故应调节溶液的pH范围为；二次净化后溶液中只剩Mn2+，溶液中的，则，故。
故答案为： 8.3≤pH<8.8 ； 0.8 ；
（3）根据“沉锰”中NH4HCO3溶液浓度对纯度，产率的影响示意图可知，当产率最高时，碳酸氢铵溶液浓度为7.5%；想得到纯净的碳酸锰时，应过滤、洗涤、干燥。
故答案为： 7.5% ； 过滤，洗涤和干燥 ；
（4）根据装置图可知左侧为阳极，右侧为阴极，Mn2+进入阳极区发生氧化反应生成MnO2，电极反应为：Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+。
故答案为： Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+ ；
（5）如图所示，三卤化硼水解包括两个步骤：水分子加成和HX消去，由于B存在空轨道、水中的氧原子存在孤电子对，因此可以发生水分子与三卤化硼的加成反应，而四氯化碳中碳原子价层无空轨道，不能接受水的进攻，故水解反应很难进行。
故答案为： 碳原子价层无空轨道，不能接受水的进攻 ；
（6）①由甲可知，一个晶胞中Ga位于顶点和面心，其个数为，As位于晶胞中，其个数为4，则砷化镓的化学式为GaAs，砷化镓中砷提供孤电子对，镓提供空轨道形成配位键，平均1个GaAs配位键的数目为1，则1 mol砷化镓中配位键的数目是NA。
②由砷化镓晶胞结构可知，Ga和As的最近距离为晶胞体对角线的，Ga和As的最近距离是；
③由乙晶胞结构可知，Mn掺杂到砷化镓晶体中，和Mn最近且等距离的As的数目为4；
④甲中d原子（）在丙中位置为11，c、d连线与a、b连线平行，则在丙中c与d重合，则c在丙中处于11处。
故答案为： ； ；4；11；
【分析】贫软锰矿的主要成分为 MnO2，同时含有 SiO2、Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO 等杂质，还混有黄铁矿 (FeS2)。用稀硫酸进行酸浸时，MnO2、Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO 以及 FeS2会发生反应溶解，溶液中生成 Mn2+、Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+、Fe2+等离子；而 SiO2不与稀硫酸反应，以固体形式存在，因此滤渣①的成分为 SiO2。
后续处理中，先加入石灰乳调节溶液 pH，使部分金属离子以氢氧化物形式沉淀除去；再加入 MnF2进行二次净化，进一步沉淀 Ca2+、Mg2+等杂质离子；最后向净化后的含 Mn2+溶液中加入碳酸氢铵，使 Mn2+转化为碳酸锰沉淀，经过滤、洗涤、干燥等操作，即可得到纯净的碳酸锰产品。
(1)围绕加快酸浸速率的影响因素，从升温、粉碎矿石、搅拌、增大硫酸浓度等角度选取措施；再根据 MnO2与 FeS2在稀硫酸中的氧化还原反应，配平化学方程式，核心是反应速率影响规律与氧化还原反应配平原理。
(2)结合离子沉淀的 pH 数据，确定中和净化的 pH 范围（使 Fe3+、Al3+、Fe2+完全沉淀，同时避免 Mn2+沉淀）；再利用溶度积常数 Ksp (MgF2) 计算 F-浓度，结合 Ksp (MnF2) 求解 Mn2+浓度，核心是沉淀溶解平衡的计算与 pH 控制原理。
(3)根据 NH4HCO3浓度对产率、纯度的影响图像，确定产率最高时的 NH4HCO3浓度；再明确沉锰后获得纯净碳酸锰的操作（过滤、洗涤、干燥），核心是图像分析与物质分离提纯操作。
(4)根据电解池电极判断，确定阳极发生 Mn2+的氧化反应，结合电荷守恒与原子守恒配平电极反应式，核心是电解池阳极反应的书写规律。
(5)分析三卤化硼的水解机理，从 B 原子的空轨道、水分子的孤电子对角度，解释三卤化硼易水解、CCl4难水解的原因，核心是化学键与原子结构对水解反应的影响规律。
(6) ①通过均摊法计算晶胞中 Ga、As 原子个数，确定 GaAs 的化学式；再分析配位键的形成（As 提供孤电子对、Ga 提供空轨道），计算 1mol GaAs 中配位键的数目，核心是晶胞均摊法与配位键的判断。
②根据晶胞结构，确定 Ga 与 As 的最近距离为晶胞体对角线的 1/4，结合晶胞边长计算距离，核心是晶胞空间距离的分析方法。
③根据 Mn 掺杂的晶胞结构，数出与 Mn 最近且等距离的 As 原子数目，核心是晶胞中原子配位数的判断。
④结合晶胞投影图的坐标关系，根据 c、d 连线与 a、b 连线平行的条件，确定 c 在投影图中的位置，核心是晶胞投影的坐标对应关系。
（1）为了加快“酸浸”速率，可以选择加热升高温度、将矿石粉碎增大接触面积、充分搅拌或适当增加硫酸浓度等方法；已知“滤渣①”中不含单质硫，MnO2与FeS2、稀硫酸发生氧化还原反应，生成硫酸锰、硫酸铁和水，反应方程式为15MnO2+2FeS2+14H2SO4=15MnSO4+Fe2(SO4)3+14H2O。
（2）“中和净化”的目的是除去、、等杂质离子，同时避免沉淀，根据表中数据，、、完全沉淀的pH分别为2.8、5.2、8.3，而开始沉淀的pH为8.8，故应调节溶液的pH范围为；二次净化后溶液中只剩Mn2+，溶液中的，则，故。
（3）根据“沉锰”中NH4HCO3溶液浓度对纯度，产率的影响示意图可知，当产率最高时，碳酸氢铵溶液浓度为7.5%；想得到纯净的碳酸锰时，应过滤、洗涤、干燥。
（4）根据装置图可知左侧为阳极，右侧为阴极，Mn2+进入阳极区发生氧化反应生成MnO2，电极反应为：Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+。
（5）如图所示，三卤化硼水解包括两个步骤：水分子加成和HX消去，由于B存在空轨道、水中的氧原子存在孤电子对，因此可以发生水分子与三卤化硼的加成反应，而四氯化碳中碳原子价层无空轨道，不能接受水的进攻，故水解反应很难进行。
（6）①由甲可知，一个晶胞中Ga位于顶点和面心，其个数为，As位于晶胞中，其个数为4，则砷化镓的化学式为GaAs，砷化镓中砷提供孤电子对，镓提供空轨道形成配位键，平均1个GaAs配位键的数目为1，则1 mol砷化镓中配位键的数目是NA。
②由砷化镓晶胞结构可知，Ga和As的最近距离为晶胞体对角线的，Ga和As的最近距离是；
③由乙晶胞结构可知，Mn掺杂到砷化镓晶体中，和Mn最近且等距离的As的数目为4；
④甲中d原子（）在丙中位置为11，c、d连线与a、b连线平行，则在丙中c与d重合，则c在丙中处于11处。
17．为深蓝色晶体，可溶于水，难溶于乙醇，常用作杀虫剂、媒染剂。某小组在实验室制备该晶体并检验其纯度。
【制备晶体】利用图1装置(部分夹持装置略)制备晶体。
（1）仪器X的名称为　 　。
（2）A装置中发生反应的化学反应方程式为　 　。
（3）使用长颈漏斗将A装置产生的气体持续通入B装置中，而不使用长导管通入的原因是　 　。
（4）向B装置硫酸铜溶液中持续通入A装置产生的气体，并不断搅拌，可观察到的现象为　 　。
（5）反应后，向B中溶液继续滴加95%乙醇溶液，有深蓝色晶体析出，经过滤、洗涤、干燥得到产品。请从结构的视角解释加乙醇的目的是　 　。
【测定纯度】将(相对分子质量为)样品溶于水，并加入过量NaOH，通入高温水蒸气，将样品产生的氨全部蒸出。先用稀盐酸吸收蒸出的氨。再利用图2装置(夹持装置略)，用0.1000 mol/L NaOH溶液滴定剩余的HCl，消耗V2mL NaOH溶液。
（6）接近滴定终点时，一般采用“半滴法操作”。即将悬挂在滴定管尖嘴处的NaOH溶液　 　(填实验操作)，随即用洗瓶冲洗锥形瓶内壁。
（7）样品中的质量分数的表达式为　 　(用、、、表示)。
（8）对某次粗产品()进行热重分析，结果如下图所示。时失去全部结晶水及部分；时产物为，则　 　；阶段反应的化学方程式为　 　。
【答案】恒压滴液漏斗；；防倒吸；先生成蓝色沉淀，后蓝色沉淀逐渐溶解，溶液变为深蓝色；降低溶剂的极性，利于结晶析出；轻轻靠一下锥形瓶内壁；（或其他合理形式）；1；
【知识点】配合物的成键情况；氨的实验室制法；蒸发和结晶、重结晶；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）图中X为恒压滴液漏斗。
故答案为： 恒压滴液漏斗 ；
（2）A为实验室加热氯化铵和熟石灰制氨气的反应：。
故答案为： ；
（3）氨气极易溶于水，若倒吸，液体进入长颈漏斗后，因重力作用会回落，可防止倒吸。
故答案为：防止倒吸；
（4）氨气少量时生成蓝色沉淀，氨气过量后沉淀溶解，生成深蓝色的配离子。
故答案为： 先生成蓝色沉淀，后蓝色沉淀逐渐溶解，溶液变为深蓝色 ；
（5）根据相似相溶原理，离子型极性化合物易溶于极性溶剂，加入乙醇降低溶剂极性，利于结晶析出。
故答案为： 降低溶剂的极性，利于结晶析出 ；
（6）半滴操作的规范为：将尖嘴处的半滴溶液靠在锥形瓶内壁，使其流入瓶中，再冲洗内壁。
故答案为： 轻轻靠一下锥形瓶内壁 ；
（7），剩余，故，，质量为，质量分数为。
故答案为：（或其他合理形式） ；
（8）最终产物为，质量，，故样品物质的量为，样品摩尔质量，则，解得；时固体质量为，失去全部结晶水和部分，剩余固体摩尔质量为，组成为，故阶段该物质分解得到和，反应的方程式为。
故答案为：1； ；
【分析】(1)根据仪器的结构特征，识别 X 为恒压滴液漏斗，核心是常见实验仪器的辨识。
(2)依据实验室制氨气的反应原理，写出氯化铵与熟石灰加热反应的化学方程式，核心是实验室气体制备的反应规律。
(3)结合氨气极易溶于水的性质，分析长颈漏斗的防倒吸原理（倒吸液体因重力回落），核心是实验安全装置的原理分析。
(4)根据氨气与铜离子的反应规律，分析氨气少量和过量时的现象（先生成 Cu(OH)2沉淀，后沉淀溶解生成深蓝色配离子），核心是配位化合物的形成规律。
(5)利用相似相溶原理，分析加入乙醇降低溶剂极性，促进 [Cu(NH3)4] SO4 H2O 结晶析出的原理，核心是溶解度与溶剂极性的关系。
(6)明确滴定实验中半滴操作的规范步骤，核心是滴定实验的操作要点。
(7)通过 HCl 的总物质的量与剩余物质的量，计算 NH3的物质的量；再结合配合物中 NH3的个数，计算配合物的物质的量、质量，最终推导质量分数的表达式，核心是滴定法的定量计算与物质的量守恒。
(8)根据 400℃产物 CuSO4的质量，计算样品的物质的量；再通过样品摩尔质量计算结晶水个数 x；结合 200℃固体的摩尔质量，分析分解产物，写出 250~400℃的分解反应方程式，核心是热重分析的定量计算与分解反应的推导。
18．石油化工、煤化工等行业的废气中均含有硫化氢，H2S的回收利用具有重要意义。
（1）已知相关物质的燃烧热如下表：
物质 H2S(g) S(s) H2(g)
燃烧热/(kJ·mol-1) -562.0 -296.8 -285.8
则 　 　。
（2）硫化氢与甲醇合成甲硫醇(CH3SH)的催化过程如图：
①过程Ⅰ、Ⅱ均需要　 　(填“吸收”或“放出”)能量。
②总反应方程式可以表示为　 　。
（3）H2S和CH4的重整制氢涉及的反应如下：
a．
b．
①设Kp为压力平衡常数(其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用分压代替浓度。)反应a、b的lgKp在400~1000℃范围内随温度T的变化如图1所示，反应a、b均为　 　反应。(填“吸热”或“放热”)
②在恒压100kPa下按组成为通入混合气体，测得平衡状态下H2、S2的收率和H2S的转化率随温度的变化曲线如图2所示。
已知：H2的收率，的收率
Ⅰ．计算T1温度下H2的收率　 　，此时反应a的Kp=　 　kPa(保留2位有效数字)。
Ⅱ．从800℃升温到1000℃过程中，反应a平衡向逆反应方向移动的原因　 　。
（4）若向某恒温恒容的密闭容器中加入等物质的量的和合成尿素，下列能说明反应已经达到平衡状态的是___________。
A．的体积分数不再变化 B．化学平衡常数K不变
C． D．体系中气体的密度不变
（5）图中使用不同催化剂①，②，③时，反应至相同时间，容器中尿素的物质的量随温度变化的曲线，能否判断A点已达平衡状态？　 　(选填“能”或“不能”)；以上曲线②下降的原因可能是　 　。
（6）常温常压下，向一定浓度的中通入至饱和，经电解获得尿素，其原理如图所示，电解过程中生成尿素的电极反应式为　 　。
【答案】（1）
（2）吸收；
（3）吸热；20%；0.22；温度对反应b的影响大于反应a，H2S浓度减小，导致反应a向逆反应方向移动
（4）A；D
（5）不能；温度升高，催化剂活性降低
（6）
【知识点】燃烧热；盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）根据物质的燃烧热，可得热化学方程式①H2S(g)+O2(g)=SO2(g)+H2O(l) ΔH1=-562.0 kJ/mol；②S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH2=-296.8 kJ/mol；③H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH3=-285.8 kJ/mol；根据盖斯定律，将①-②-③，整理可得：H2S(g)=S(s)+H2(g) ΔH=+20.6 kJ/mol；
故答案为： ；
（2）①过程Ⅰ、Ⅱ为反应物断键吸附在催化剂表面，断键需要吸收能量；
②由题干硫化氢与甲醇合成甲硫醇(CH3SH)的催化过程图可知，该反应的反应物为CH3OH和H2S，生成物为CH3SH和H2O，故总反应方程式可以表示为；
故答案为： 吸收 ；；
（3）①由题干反应a、b的lgKp在范围内随温度T的变化如图1所示信息可知，随着温度的升高反应a、b的lgKp均增大，即Kp增大，说明反应化学平衡正向移动，故反应a、b均为吸热反应；
②Ⅰ．设充入的H2S、CH4分别为1 mol、1 mol，反应a、b中消耗的H2S分别为x mol、y mol，三段式分析为：，，由图2可知，T1温度下，S2的收率为4%，×100%=4%，可得x=0.04 mol，H2S的转化率为32%，×100%=32%，则y=0.28 mol，H2的收率=×100%=×100%=×100%=20%，此时H2S的平衡分压为：×100 kPa=×100 kPa=9.71 kPa，同理H2的平衡分压为：×100 kPa =×100 kPa=8.57 kPa，S2(g)的平衡分压为：=×100 kPa =0.286 kPa，则此时反应a的Kp===0.22；
故答案为： 吸热 ； 20%； 0.22 ； 温度对反应b的影响大于反应a，H2S浓度减小，导致反应a向逆反应方向移动 ；
（4）A．CO2的体积分数是变量，体积分数不再变化，说明达到平衡状态，A符合题意；
B．化学平衡常数K只和温度有关，K不变不能说明达到平衡状态，B不符合题意；
C．达到平衡时正逆反应速率相等，即υ正(NH3)=2υ逆(CO2)，C不符合题意；
D．恒容条件下，密度等于气体质量比上气体体积，体积为定值，气体质量是变量，密度也是变量，体系中气体的密度不变时达到平衡状态，D符合题意；
故答案为：AD；
（5）A点对应的温度为T2，在T2温度下，曲线③对应的尿素的物质的量更多，因此A点不能判断反应达到平衡状态；T2℃以上曲线②n[CO(NH2)2]下降的原因可能是：温度升高，催化剂活性降低；
故答案为： 不能 ； 温度升高，催化剂活性降低 ；
（6）由电解图可知，生成CO(NH2)2的反应是得电子反应，是还原反应，得到电极反应式为：。
故答案为： ；
【分析】(1)根据 H2S、S、H2的燃烧热写出对应热化学方程式，再利用盖斯定律，通过已知反应的焓变推导 H2S 分解为 S 和 H2的热化学方程式，核心是盖斯定律的应用与燃烧热的热化学方程式书写。
(2) ① 明确反应断键过程需要吸收能量；
②结合催化过程图，确定反应物为 H2S 和 CH3OH，生成物为 CH3SH 和 H2O，写出总反应方程式，核心是反应历程分析与化学方程式书写。
(3) ① 根据 lgKp 随温度的变化趋势，判断反应的热效应（lgKp 增大、Kp 增大，平衡正向移动，为吸热反应）；
② 设出 H2S、CH4的起始量，列出两个反应的三段式，结合 S2的收率、H2S 的转化率计算各物质的平衡量，再计算平衡分压，代入 Kp 表达式求解，核心是化学平衡的三段式计算与压强平衡常数的应用。
(4)逐一分析平衡判断依据：CO2体积分数不变说明平衡；K 只与温度有关，K 不变不能说明平衡；平衡时正逆反应速率需满足计量数关系；恒容下密度不变说明气体质量不变，达到平衡，最终选出正确选项，核心是化学平衡状态的判断依据。
(5)① 分析 A 点的温度与曲线对应关系，说明 A 点不能判断平衡；
② 解释 T2℃以上尿素物质的量下降的原因（温度升高、催化剂活性降低），核心是反应速率与平衡的影响因素分析。
(6)根据电解图，确定 NO3-生成 CO(NH2)2为得电子的还原反应，结合电荷守恒、原子守恒配平电极反应式，核心是电解池电极反应式的书写。
（1）根据物质的燃烧热，可得热化学方程式①H2S(g)+O2(g)=SO2(g)+H2O(l) ΔH1=-562.0 kJ/mol；②S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH2=-296.8 kJ/mol；③H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH3=-285.8 kJ/mol；根据盖斯定律，将①-②-③，整理可得：H2S(g)=S(s)+H2(g) ΔH=+20.6 kJ/mol；
（2）①过程Ⅰ、Ⅱ为反应物断键吸附在催化剂表面，断键需要吸收能量；
②由题干硫化氢与甲醇合成甲硫醇(CH3SH)的催化过程图可知，该反应的反应物为CH3OH和H2S，生成物为CH3SH和H2O，故总反应方程式可以表示为；
（3）①由题干反应a、b的lgKp在范围内随温度T的变化如图1所示信息可知，随着温度的升高反应a、b的lgKp均增大，即Kp增大，说明反应化学平衡正向移动，故反应a、b均为吸热反应；
②Ⅰ．设充入的H2S、CH4分别为1 mol、1 mol，反应a、b中消耗的H2S分别为x mol、y mol，三段式分析为：，，由图2可知，T1温度下，S2的收率为4%，×100%=4%，可得x=0.04 mol，H2S的转化率为32%，×100%=32%，则y=0.28 mol，H2的收率=×100%=×100%=×100%=20%，此时H2S的平衡分压为：×100 kPa=×100 kPa=9.71 kPa，同理H2的平衡分压为：×100 kPa =×100 kPa=8.57 kPa，S2(g)的平衡分压为：=×100 kPa =0.286 kPa，则此时反应a的Kp===0.22；
（4）A．CO2的体积分数是变量，体积分数不再变化，说明达到平衡状态，A符合题意；
B．化学平衡常数K只和温度有关，K不变不能说明达到平衡状态，B不符合题意；
C．达到平衡时正逆反应速率相等，即υ正(NH3)=2υ逆(CO2)，C不符合题意；
D．恒容条件下，密度等于气体质量比上气体体积，体积为定值，气体质量是变量，密度也是变量，体系中气体的密度不变时达到平衡状态，D符合题意；
故选AD；
（5）A点对应的温度为T2，在T2温度下，曲线③对应的尿素的物质的量更多，因此A点不能判断反应达到平衡状态；T2℃以上曲线②n[CO(NH2)2]下降的原因可能是：温度升高，催化剂活性降低；
（6）由电解图可知，生成CO(NH2)2的反应是得电子反应，是还原反应，得到电极反应式为：。
19．药物奥卡西平的一种合成路线如下：
（1）化合物A的结构简式是　 　。H的分子式为　 　。
（2）反应①所需的试剂与条件是　 　；B的名称为　 　。
（3）奥卡西平中含有的官能团有　 　。
a．酯基 b．酮羰基 c．醛基 d．酰胺基
（4）合成路线中属于还原反应的是　 　。
a．反应② b．反应③ c．反应④ d．反应⑤
（5）写出符合下列要求的D的任一种同分异构体的结构简式　 　。
i)含有联苯()结构，且除苯环外不含其他环状结构
ⅱ)核磁共振氢谱显示苯环上的氢原子有四种不同的化学环境，且个数比为1：1：1：1
（6）已知：。反应④进行时，若NH3过量，有利于反应正向进行，原因是　 　。
（7）合成路线中B→C的转化过程是构建碳骨架的常见方法之一。已知：(、为烃基或D结合相关信息，写出B→C的转化路线(无机试剂任选)。　 　
【答案】（1）；C15H12N2O2
（2）浓硫酸，浓硝酸，加热；邻硝基甲苯或2-硝基甲苯
（3）bd
（4）ab
（5）、、(任一种)
（6）NH3与氯化氢反应生成氯化铵，生成物减少，使平衡正向移动
（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；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由分析可知，A的结构简式为，由题干合成流程图中H的结构简式可知，H的分子式为C15H12N2O2；
故答案为： ； C15H12N2O2 ；
（2）由分析结合题干合成流程图可知，反应①为发生硝化反应生成等，所需的试剂与条件是：浓硫酸、浓硝酸、加热；由分析可知，B为 ，名称为：邻硝基甲苯或2-硝基甲苯；
故答案为：浓硫酸，浓硝酸，加热 ； 邻硝基甲苯或2-硝基甲苯 ；
（3）奥卡西平的结构简式为 ，含有的官能团有酮羰基和酰胺基；
故答案为： bd ；
（4）合成路线中，①为取代反应、②为还原（加成）反应、③为还原反应、④为取代反应、⑤为氧化反应，则属于还原反应的是ab；
故答案为： ab ；
（5）由分析可知，D为 ，符合要求：“含有联苯（）结构，且除苯环外不含其他环状结构；核磁共振氢谱显示苯环上的氢原子有四种不同的化学环境，且个数比为1：1：1：1”的D的一种同分异构体分子中，除含有外，还可能含—CH3、—CH=NH或—N=CH2，或H2N—、—CH=CH2，则可能结构简式为：、、 （任写一种）；
故答案为：、、(任一种) ；
（6）已知：。反应④进行时，若NH3过量，过量的NH3将与反应产物HCl继续反应生成NH4Cl，减少生成物浓度，有利于反应正向进行，原因是：NH3 与氯化氢反应生成氯化铵，生成物减少，使平衡正向移动；
故答案为： NH3与氯化氢反应生成氯化铵，生成物减少，使平衡正向移动 ；
（7）由信息（R1、R2为烃基或H）：可得出，以为原料合成时，应将 中—CH 转化为—CHO，则可先一卤代再水解成醇，然后氧化为—CHO，最后依据信息进行合成，则由B（）→C（ ）的转化路线为：故答案为： ；
【分析】以甲苯 (A) 为起始原料，经步骤①硝化得到硝基苯 (B)，再经多步反应得到含碳碳双键、硝基的二苯并氮杂 类中间体 (C)；由A、B的分子式和C的结构简式，可推出A为、B为；步骤②碳碳双键加氢，步骤③用 Fe/HCl 将硝基还原为氨基，得到二氨基中间体；脱氨后得到 D（），再与 COCl2反应引入 - COCl 基团，经 Br2加成生成E（），E再消去 HBr 重新引入碳碳双键得到 F；步骤④与 NH3反应引入酰胺基得到 G（），再经过氧化物环氧化得到 H，最终开环得到奥卡西平，完成合成。
(1)根据合成路线的原料与产物结构，推导 A 的结构简式；结合 H 的结构简式，数出 C、H、N、O 原子个数，确定分子式，核心是有机物结构与分子式的判断。
(2)反应①为甲苯的硝化反应，需确定试剂与条件（浓硫酸、浓硝酸、加热）；根据 B 的结构，结合系统命名法确定其名称（邻硝基甲苯或 2 - 硝基甲苯），核心是有机反应条件与有机物命名。
(3)分析奥卡西平的结构简式，识别其中含有的酮羰基、酰胺基两种官能团，核心是官能团的识别。
(4)根据反应中有机物的加氢、去氧等特征判断还原反应：反应①②为还原反应（加氢、硝基还原），反应③为还原反应，反应④为取代反应，反应⑤为氧化反应，最终选出属于还原反应的选项，核心是有机反应类型的判断。
(5)根据限定条件（含联苯结构、苯环氢有四种且个数比 1：1：1：1、含特定基团），书写 D 的同分异构体结构简式，核心是同分异构体的书写。
(6)结合已知反应的可逆性，分析 NH3过量时，与 HCl 反应生成 NH4Cl、降低生成物浓度，使平衡正向移动的原理，核心是化学平衡移动原理的应用。
(7)结合题干信息，将原料中的 —CH3转化为 —CHO（经卤代、水解、氧化），再利用低价钛的反应规律，设计 B 到 C 的合成路线，核心是有机合成路线的设计。
（1）由分析可知，A的结构简式为，由题干合成流程图中H的结构简式可知，H的分子式为C15H12N2O2；
（2）由分析结合题干合成流程图可知，反应①为发生硝化反应生成等，所需的试剂与条件是：浓硫酸、浓硝酸、加热；由分析可知，B为 ，名称为：邻硝基甲苯或2-硝基甲苯；
（3）奥卡西平的结构简式为 ，含有的官能团有酮羰基和酰胺基；
（4）合成路线中，①为取代反应、②为还原（加成）反应、③为还原反应、④为取代反应、⑤为氧化反应，则属于还原反应的是ab；
（5）由分析可知，D为 ，符合要求：“含有联苯（）结构，且除苯环外不含其他环状结构；核磁共振氢谱显示苯环上的氢原子有四种不同的化学环境，且个数比为1：1：1：1”的D的一种同分异构体分子中，除含有外，还可能含—CH3、—CH=NH或—N=CH2，或H2N—、—CH=CH2，则可能结构简式为：、、 （任写一种）；
（6）已知：。反应④进行时，若NH3过量，过量的NH3将与反应产物HCl继续反应生成NH4Cl，减少生成物浓度，有利于反应正向进行，原因是：NH3 与氯化氢反应生成氯化铵，生成物减少，使平衡正向移动；
（7）由信息（R1、R2为烃基或H）：可得出，以为原料合成时，应将 中—CH 转化为—CHO，则可先一卤代再水解成醇，然后氧化为—CHO，最后依据信息进行合成，则由B（）→C（ ）的转化路线为：。
1 / 1四川省眉山市仁寿第一中学校（北校区）2026届高三上学期一模 化学试题
1．“新质生产力”的概念中，“新”的核心在于科技创新，下列有关说法正确的是
A．我国研发的核反应堆华龙一号”以为核燃料，与化学性质不相同
B．奥运“中国制造”的足球植入了芯片，制备芯片的原料是新型无机非金属材料
C．“祝融号”火星车采用我国研发的“正十一烷相变保温系统”，正十一烷属于脂环烃
D．“歼-35”战斗机使用的碳纤维与金刚石互为同素异形体
2．下列有关化学用语或表述正确的是
A．甲醛中键的电子云轮廓图：
B．的同分异构体：
C．的空间结构：
D．溶液中的水合离子：
3．下列生活现象中涉及的原理描述错误的是
　 生活现象 原理
A 放映机到银幕间形成光柱 丁达尔效应
B 石墨可用作工业机械润滑剂 石墨层间靠范德华力维系
C 变质的油脂有“哈喇”味 油脂发生氢化反应
D 用生铁铸造下水井盖 生铁硬度大、抗压
A．A B．B C．C D．D
4．物质结构决定性质。下列物质性质差异与结构因素之间关联错误的是
选项 性质差异 结构因素
A 熔点： 晶体类型
B 焰色：钠黄色；钾紫色 第一电离能
C 沸点： 分子内、分子间氢键
D 溶解度： 分子极性
A．A B．B C．C D．D
5．D-2-脱氧核糖是生物遗传物质的主要成分，可发生如图转化。下列说法错误的是
A．D-2-脱氧核糖可发生取代、消去、氧化反应
B．D-2-脱氧核糖转化为β-D-2-脱氧核糖的过程是一个取代反应
C．D-2-脱氧核糖与β-D-2-脱氧核糖互为同分异构体
D．D-2-脱氧核糖转化为β-D-2-脱氧核糖后，碳原子的杂化方式发生了改变
6．下列反应方程式书写错误的是
A．向含KSCN的稀硝酸溶液中加入铁粉，溶液不变为红色：
B．、在强碱性溶液中反应制备：
C．在无水HF中电解制氟气，阴极反应式：
D．海水提溴中，用二氧化硫的水溶液吸收溴：
7．利用如图所示装置制备SO2并检验其性质。下列说法不正确的是
A．装置①中紫色石蕊溶液变红
B．装置②和④中溶液褪色，均体现SO2的漂白性
C．装置③中出现浑浊，体现SO2的氧化性
D．装置⑤中的试剂可以是NaOH溶液，用于吸收尾气
8．下列实验操作能达到实验目的的是（　　）。
选项 实验目的 实验操作
A 比较和溶度积大小 向的硝酸银溶液中先滴加2～3滴浓度为的溶液，再滴加2～3滴相同浓度的KI溶液，观察生成沉淀的颜色
B 探究化学反应是否可逆 向的KI溶液中滴加2滴的溶液，充分反应后，滴入2滴的溶液，观察现象
C 探究浓度对盐类水解平衡的影响 向滴有酚酞的碳酸钠溶液中加入等体积蒸馏水，观察现象
D 比较和酸性强弱 用pH试纸测定溶液和溶液的pH
A．A B．B C．C D．D
9．为短周期主族元素，且原子序数依次递增，的简单阴离子与He原子具有相同的电子层结构，基态原子未成对电子数在所处周期中最多，为其所属周期中原子半径最大的金属元素，的第一电离能大于，且与位于同一周期，同主族。下列说法正确的是
A．简单离子半径：
B．氢化物的沸点比较：
C．与Y组成的简单化合物的VSEPR模型为三角锥形
D．X与M可形成离子化合物
10．电解法能同时处理含多种有害物质的废水，以提高处理效率。下图为双极膜电解池中通过电解产生极强的氧化能力的羟基自由基()，来处理含苯酚废水和含甲醛废水的工作原理。已知：双极膜中间层中的解离为和。下列说法错误的是
A．M极连接电源负极，电极反应式：
B．双极膜中解离出的透过膜a向N极移动
C．每处理甲醛。理论上消耗双极膜中
D．通电一段时间后，理论上苯酚和甲醛转化生成的物质的量之比为
11．以市售高岭土(化学成分：Al2O3、SiO2和H2O)为原料制备碱式氯化铝[Al2(OH)nCl6-n]的工艺流程如图：
已知：①结构不同的Al2O3在酸中的溶解性差别较大；
②调节AlCl3溶液的pH为4.2~4.5，沉降可得碱式氯化铝。
下列说法错误的是
A．“焙烧”有助于改变高岭土中Al2O3的结构，使其更易溶于酸
B．“酸溶”时可用2 mol·L-1的硫酸代替4 mol·L-1的盐酸
C．“蒸发浓缩”“稀释”的目的为调节溶液的pH
D．碱式氯化铝可用于净水
12．烯烃在一定条件下能转化为邻二醇，其机理如图所示。下列说法错误的是
A．转化过程涉及非极性键的断裂与形成
B．转化过程Os元素的化合价会发生改变
C．化合物戊是氧化剂
D．化合物甲是催化剂
13．晶体的一种立方晶胞如图。已知：与O最小间距大于与O最小间距，x、y为整数，两个“○”之间的最短距离为b。下列说法错误的是
A．x=1，y=3
B．周围最近的O原子数目为12
C．图中体心位置“”一定代表
D．晶体的密度为
14．25℃时，向 溶液中不断通入气体(忽略溶液体积变化)，浴液中、与的关系如图所示。下列说法不正确的是
A．该温度下，的
B．点所表示的溶液中：
C．向原溶液中不断通入 气体：
D．的溶液中：
15．某容器中只发生反应：aX(g)+bY(g) cZ(g)。由下列图像得出的结论不正确的是
A．相同温度下，分别向体积不等的A、B两个恒容密闭容器中均通入1molX和1molY，tmin后X的转化率如图甲所示。若B中反应达到平衡状态，则A中一定达到平衡状态
B．恒容密闭容器中通入一定量的X和Y，反应相同时间，X的转化率随温度变化如图乙所示。则该反应的△H<0
C．其他条件相同，改变起始时X的物质的量，平衡时Z的体积分数变化如图丙所示。则平衡时Y的转化率：CD．其他条件相同，反应速率与压强的关系如图丁所示。则a+b16．高纯碳酸锰常用于制造通讯器材，以贫软锰矿(主要成分是，含有、、、、等杂质))和黄铁矿()为原料，制备高纯碳酸锰的工艺流程如下。
已知：①相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如表。
金属离子
开始沉淀的pH 3.8 1.5 6.3 10.6 8.8 9.6
沉淀完全的pH 5.2 2.8 8.3 12.6 10.8 11.6
②常温下，、、的溶度积分别为、、。
（1）为了加快“酸浸”速率，可采取的措施是　 　(任答一条即可)，已知“滤渣①”中不含单质硫，写出“酸浸”时与反应的化学方程式：　 　。
（2）“中和净化”中调节溶液的pH范围为　 　；“二次净化”后溶液中的，则　 　。
（3）“沉锰”中溶液浓度对纯度、产率的影响如图所示，应选择的浓度为　 　，得到纯净碳酸锰的“系列操作”包括　 　。
（4）纯净碳酸锰溶于硫酸后再进行电解制备锰，装置如图所示，进入阳极区发生副反应生成造成资源浪费，该副反应的电极反应为　 　。
（5）硼酸可由三卤化硼水解制备，机理如下图。
从结构的角度解释水解反应很难进行的原因　 　。
（6）砷化镓是一种立方晶系如图甲所示，将Mn掺杂到晶体中得到稀磁性半导体材料如图乙所示，砷化镓的晶胞参数为x pm，密度为。
则①砷化镓中配位键的数目是　 　。
②Ga和As的最近距离是　 　。
③Mn掺杂到砷化镓晶体中，和Mn最近且等距离的As的数目为　 　。
④沿体对角线a→b方向投影图如丙，若As的位置为7、9、11、13，则c(在甲图中位于面心)的位置在丙图中　 　处。
17．为深蓝色晶体，可溶于水，难溶于乙醇，常用作杀虫剂、媒染剂。某小组在实验室制备该晶体并检验其纯度。
【制备晶体】利用图1装置(部分夹持装置略)制备晶体。
（1）仪器X的名称为　 　。
（2）A装置中发生反应的化学反应方程式为　 　。
（3）使用长颈漏斗将A装置产生的气体持续通入B装置中，而不使用长导管通入的原因是　 　。
（4）向B装置硫酸铜溶液中持续通入A装置产生的气体，并不断搅拌，可观察到的现象为　 　。
（5）反应后，向B中溶液继续滴加95%乙醇溶液，有深蓝色晶体析出，经过滤、洗涤、干燥得到产品。请从结构的视角解释加乙醇的目的是　 　。
【测定纯度】将(相对分子质量为)样品溶于水，并加入过量NaOH，通入高温水蒸气，将样品产生的氨全部蒸出。先用稀盐酸吸收蒸出的氨。再利用图2装置(夹持装置略)，用0.1000 mol/L NaOH溶液滴定剩余的HCl，消耗V2mL NaOH溶液。
（6）接近滴定终点时，一般采用“半滴法操作”。即将悬挂在滴定管尖嘴处的NaOH溶液　 　(填实验操作)，随即用洗瓶冲洗锥形瓶内壁。
（7）样品中的质量分数的表达式为　 　(用、、、表示)。
（8）对某次粗产品()进行热重分析，结果如下图所示。时失去全部结晶水及部分；时产物为，则　 　；阶段反应的化学方程式为　 　。
18．石油化工、煤化工等行业的废气中均含有硫化氢，H2S的回收利用具有重要意义。
（1）已知相关物质的燃烧热如下表：
物质 H2S(g) S(s) H2(g)
燃烧热/(kJ·mol-1) -562.0 -296.8 -285.8
则 　 　。
（2）硫化氢与甲醇合成甲硫醇(CH3SH)的催化过程如图：
①过程Ⅰ、Ⅱ均需要　 　(填“吸收”或“放出”)能量。
②总反应方程式可以表示为　 　。
（3）H2S和CH4的重整制氢涉及的反应如下：
a．
b．
①设Kp为压力平衡常数(其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用分压代替浓度。)反应a、b的lgKp在400~1000℃范围内随温度T的变化如图1所示，反应a、b均为　 　反应。(填“吸热”或“放热”)
②在恒压100kPa下按组成为通入混合气体，测得平衡状态下H2、S2的收率和H2S的转化率随温度的变化曲线如图2所示。
已知：H2的收率，的收率
Ⅰ．计算T1温度下H2的收率　 　，此时反应a的Kp=　 　kPa(保留2位有效数字)。
Ⅱ．从800℃升温到1000℃过程中，反应a平衡向逆反应方向移动的原因　 　。
（4）若向某恒温恒容的密闭容器中加入等物质的量的和合成尿素，下列能说明反应已经达到平衡状态的是___________。
A．的体积分数不再变化 B．化学平衡常数K不变
C． D．体系中气体的密度不变
（5）图中使用不同催化剂①，②，③时，反应至相同时间，容器中尿素的物质的量随温度变化的曲线，能否判断A点已达平衡状态？　 　(选填“能”或“不能”)；以上曲线②下降的原因可能是　 　。
（6）常温常压下，向一定浓度的中通入至饱和，经电解获得尿素，其原理如图所示，电解过程中生成尿素的电极反应式为　 　。
19．药物奥卡西平的一种合成路线如下：
（1）化合物A的结构简式是　 　。H的分子式为　 　。
（2）反应①所需的试剂与条件是　 　；B的名称为　 　。
（3）奥卡西平中含有的官能团有　 　。
a．酯基 b．酮羰基 c．醛基 d．酰胺基
（4）合成路线中属于还原反应的是　 　。
a．反应② b．反应③ c．反应④ d．反应⑤
（5）写出符合下列要求的D的任一种同分异构体的结构简式　 　。
i)含有联苯()结构，且除苯环外不含其他环状结构
ⅱ)核磁共振氢谱显示苯环上的氢原子有四种不同的化学环境，且个数比为1：1：1：1
（6）已知：。反应④进行时，若NH3过量，有利于反应正向进行，原因是　 　。
（7）合成路线中B→C的转化过程是构建碳骨架的常见方法之一。已知：(、为烃基或D结合相关信息，写出B→C的转化路线(无机试剂任选)。　 　
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】同素异形体；元素、核素；烷烃
【解析】【解答】A、235U 与236U 互为同位素，核外电子排布相同，化学性质几乎完全相同，A 错误；B、芯片的主要原料是晶体硅，属于新型无机非金属材料，B 正确；
C、正十一烷是链状烷烃，属于链烃（脂肪烃），不含环状结构，不属于脂环烃，C 错误；
D、碳纤维的主要成分是碳的单质，与金刚石互为同素异形体，但碳纤维是混合物，严格意义上不互为同素异形体，D 错误；
故答案为 B。
[【分析】本题解题要点：
同位素的化学性质由核外电子排布决定，质子数相同则化学性质几乎相同；
芯片原料硅属于新型无机非金属材料；
正十一烷为链状饱和烃，属于脂肪烃，非脂环烃；
同素异形体是同种元素形成的不同单质，碳纤维为混合物，不满足定义。
2．【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A、甲醛分子中 C 原子采取 sp2 杂化，C=O 双键含 1 个 σ 键和 1 个 π 键，π 键的电子云轮廓图为垂直于分子平面的纺锤形，图示正确，A 正确；
B、CH2Cl2是四面体结构，不存在同分异构体，图示的两种结构为同一种物质，B 错误；
C、BCl3中 B 原子价层电子对数为 ，无孤电子对，空间结构为平面三角形，图示为三角锥形（对应 NH3等结构），C 错误；
D、NaCl 溶液中，Na+带正电，水合离子中水分子的 O 原子（带负电）朝向 Na+；Cl-带负电，水合离子中水分子的 H 原子（带正电）朝向 Cl-，图示朝向错误，D 错误；
故答案为 A。
【分析】本题解题要点：
甲醛 π 键电子云轮廓图：sp2 杂化的 C 原子形成的 π 键，电子云垂直于 σ 键所在平面，轮廓图为上下对称的纺锤形；
CH2Cl2的结构：甲烷的氯代物为四面体结构，任意两个顶点相邻，无同分异构体；
BCl3的空间结构：中心 B 原子无孤电子对，为平面正三角形，键角 120°；
水合离子的结构：阳离子吸引水分子的 O 端，阴离子吸引水分子的 H 端。
3．【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；化学键和分子间作用力的区别；胶体的性质和应用；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、放映机到银幕间的光柱是胶体的丁达尔效应，A正确；
B、石墨层间依靠范德华力维系，层间易滑动，可用作润滑剂，B正确；
C、变质的油脂有 “哈喇” 味，是油脂发生氧化反应，而非氢化反应，C错误；
D、生铁硬度大、抗压，可用于铸造下水井盖，D正确；
故答案为：C
【分析】本题解题要点：
胶体性质：丁达尔效应是胶体特有的光学现象；
石墨结构：层状结构中层间作用力为范德华力，具有润滑性；
油脂变质原理：油脂的不饱和键被氧化，产生异味；
合金特性：生铁含碳量高，硬度大、抗压性能好。
4．【答案】B
【知识点】分子晶体；极性分子和非极性分子；氢键的存在对物质性质的影响；焰色反应
【解析】【解答】A、NaCl 为离子晶体，微粒间作用力为离子键；SiCl4为分子晶体，微粒间作用力为范德华力，离子键远强于范德华力，故熔点 NaCl > SiCl4，A正确；B、焰色是原子中的电子从激发态跃迁回基态时释放的光，与元素的电子层结构有关，和第一电离能无关联，B错误；
C、邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，对羟基苯甲酸形成分子间氢键，分子间氢键使分子间作用力更强，沸点更高，故沸点： ，C正确；
D、O2为非极性分子，O3为极性分子，根据 “相似相溶” 原理，极性分子 O3在水中的溶解度大于非极性分子 O2，故溶解度 O2 < O3，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
晶体熔点与晶体类型的关系：离子晶体熔点远高于分子晶体；
焰色反应的本质：电子跃迁产生的特征光谱，与第一电离能无关；
氢键对沸点的影响：分子间氢键使沸点升高，分子内氢键使沸点降低；
溶解度与分子极性的关系：相似相溶原理，极性分子易溶于极性溶剂水。
5．【答案】B
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A．D-2-脱氧核糖含有羟基，能与羧酸发生取代反应，羟基所连碳原子的邻位碳原子上有氢原子，能发生消去反应，可以发生取代反应，也能被氧化，即D-2-脱氧核糖可发生取代、消去、氧化反应，故A正确；
B．D-2-脱氧核糖转化为β-D-2-脱氧核糖的过程分子内醛基与羟基发生加成反应形成环状结构，并非取代反应，故B错误；
C．D-2-脱氧核糖与β-D-2-脱氧核糖的分子式均为C5H10O4，结构式不同，互为同分异构体，故C正确；
D．D-2-脱氧核糖中含有醛基碳原子的杂化方式为sp2，其他饱和碳原子采用sp3杂化，β-D-2脱氧核糖中都是饱和碳原子，碳原子的杂化方式只有sp3，D-2-脱氧核糖转化为β-D-2脱氧核糖后，碳原子的杂化方式改变，故D正确；
答案选B。
【分析】A．D-2-脱氧核糖含有羟基和醛基，具有醇和醛的性质；
Ｂ．该过程中醛基与羟基发生加成反应形成环状结构；
Ｃ．分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体；
Ｄ．双键碳原子采用sp2杂化，饱和碳原子采用sp3杂化。
6．【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．向含KSCN的稀硝酸溶液中加入铁粉，溶液不变为红色，说明Fe过量，将硝酸铁还原为硝酸亚铁，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，离子方程式为，故A正确；
B．将氧化为，自身被还原为Cl-，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，反应的离子方程式为，B正确；
C．在无水HF中电解KHF2制氟气，阳极发生氧化反应生成F2，在阴极得电子生成氢气和F-，则阴极反应式为，故C正确；
D．用二氧化硫的水溶液吸收溴，溴具有强氧化性，SO2具有还原性，被溴氧化为硫酸根离子，Br2被还原为Br-，反应的离子方程式为：，D错误；
答案选D。
【分析】A．Fe3+遇KSCN变为血红色；
Ｂ．根据得失电子守恒和质量守恒书写离子方程式；
Ｃ．阴极发生得电子的还原反应；
Ｄ．二氧化硫和溴发生氧化还原反应。
7．【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；含硫物质的性质及综合应用；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A.70%的硫酸和Na2SO3发生反应生成Na2SO4、H2O和SO2。SO2是一种酸性氧化物，溶于水生成H2SO3，可使紫色石蕊变红，A项正确；
B．SO2能使品红褪色，是因为SO2具有漂白作用；SO2具有还原性，能与酸性KMnO4发生氧化还原反应，从而使酸性KMnO4溶液褪色。装置②和④中溶液褪色，原理不同，B项错误；
C．SO2与H2S发生反应：SO2+2H2S＝3S↓+2H2O，所以装置③中出现浑浊，该过程中SO2中的S元素化合价降低，被还原，体现了SO2的氧化性，C项正确；
D．SO2是一种无色、有刺激性气味的有毒气体，不能直接排放到空气中，SO2能与NaOH发生反应，故可以通过NaOH溶液来吸收尾气，D项正确；
故答案为：B。
【分析】70%的硫酸和Na2SO3发生反应生成二氧化硫，SO2是一种酸性氧化物，故①中石蕊变色，二氧化硫具有漂白性，②中品红褪色，③中硫化氢与二氧化硫反应生成单质硫，为淡黄色沉淀，④高锰酸钾与二氧化硫反应，褪色，最后高锰酸钾吸收多余二氧化硫，防止污染空气。
8．【答案】B
【知识点】化学反应的可逆性；盐类水解的原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；酸的通性
【解析】【解答】A.向1mL0.1mol／L的硝酸银溶液中先滴加2～3滴浓度为0.1mol／L的NaCl溶液，发生反应Ag+ ＋Cl-＝AgCl产生白色沉淀，由于NaCl不足，硝酸银有剩余，再滴加2～3滴相同浓度的KI溶液，发生反应Ag+＋I-＝AgI产生黄色沉淀，黄色沉淀的生成不能证明是AgCl白色沉淀转化生成的，故不能比较AgI和AgCl溶度积大小，A错误；
B.Fe3+与I-发生氧化还原反应：2Fe3++2I-I2+2Fe2+，c(I-)过量，c(Fe3+)不足， 充分反应后，滴入2滴0.1mol/L的KSCN溶液 ，若溶液变红，可以证明Fe3+与I-是可逆反应，B正确；
C.CO32-在水中水解：CO32-+H2OHCO3-+OH-，加酚酞溶液变红，向碳酸钠溶液中加水，溶液碱性减弱，溶液由红色变为浅红色，不能说明平衡的移动方向，B错误；
D.NaClO溶液具有强氧化性会使pH试纸褪色，不能测定该溶液pH值，且NaClO溶液和CH3COONa溶液未知，不能比较酸性强弱，D错误；
答案：B
【分析】A.硝酸银过量，均生成沉淀，不是沉淀的转发，无法比较AgI和AgCl溶度积大小；
B.c(Fe3+)不足，滴入2滴0.1mol/L的KSCN溶液 ，若溶液变红，可以证明Fe3+与I-是可逆反应；
C.CO32-在水中水解显碱性，加水促进水解，但加水稀释c(OH-)减小，溶液由红色变为浅红色，不能说明平衡的移动方向；
D..NaClO溶液具有强氧化性会使pH试纸褪色，不能测定该溶液pH值，且NaClO溶液和CH3COONa溶液未知，不能比较酸性强弱。
9．【答案】D
【知识点】原子结构与元素的性质；判断简单分子或离子的构型；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、离子半径比较遵循 “电子层越多半径越大，电子层结构相同时核电荷数越小半径越大”，因此半径顺序为 H+ < O2- < N3- < S2-，A 错误；
B、O、N、S 的氢化物存在多种形式（如 H2O、H2O2；NH3、N2H4；H2S 等），未限定 “简单氢化物” 时无法直接比较稳定性，B 错误；
C、NH3的 VSEPR 模型为四面体形，其分子空间结构为三角锥形，二者不能混淆，C 错误；
D、H 与 Na 形成的 NaH，由 Na+和 H-构成，属于离子化合物，D 正确；
故答案选 D。
【分析】X 的简单阴离子与 He 等电子（含 2 个电子），因此 X 为 H；短周期中基态未成对电子数最多的元素为 N（3 个未成对电子），且 N 与 Z 同周期、第一电离能大于 Z，故 Z 为 O；第三周期原子半径最大的金属元素为 Na，因此 M 为 Na；O 与 W 同主族且原子序数 W 大于 M，故 W 为 S，最终确定元素为 H、N、O、Na、S。
10．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、M 极上 O2转化为 OH，O 元素化合价降低，发生还原反应，故 M 极为阴极，连接电源负极；电极反应式为 ，A 正确；
B、N 极为阳极，电解池中阴离子向阳极移动，双极膜中 H2O 解离出的 OH-透过膜 a 向 N 极移动，B 正确；
C、3.0g 甲醛的物质的量为 0.1mol，甲醛被 OH 氧化为 CO2，C 元素从 0 价升至 + 4 价，0.1mol 甲醛转移 0.4mol 电子；双极膜解离的 H+、OH-参与反应，每解离 1mol H2O 转移 1mol 电子，故转移 0.4mol 电子时消耗 0.4mol H2O，C 正确；
D、1mol 苯酚生成转移 28mol 电子；1mol 甲醛转移 4mol 电子。根据电子守恒，生成 CO2的物质的量之比等于转移电子数之比，即，D错误；
故答案为 D。
【分析】本题解题要点：
电极判断与反应：根据 O2得电子生成 OH 的还原反应，确定 M 极为阴极；结合电荷移动规律，判断 OH-向阳极 N 极移动。
电子守恒计算：计算甲醛氧化时的转移电子数，结合双极膜解离水的电子转移关系，推导水的消耗量。
产物量比计算：结合电子守恒，计算苯酚与甲醛生成 CO2的物质的量之比。
11．【答案】B
【知识点】镁、铝的重要化合物；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．根据题给信息①，"焙烧"确实能够改变Al2O3的结构，提高其在酸中的溶解性，A选项正确；
B．若使用硫酸代替盐酸进行"酸溶"，会引入杂质离子，不利于制备纯净的碱式氯化铝，B选项错误；
C．"蒸发浓缩"和"稀释"操作都能有效降低溶液中HCl的浓度，从而将pH调节至4.2~4.5的适宜范围，促进碱式氯化铝的沉降，C选项正确；
D．碱式氯化铝水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附作用，可用于水处理净化，D选项正确；
故答案为：B
【分析】高岭土的主要成分包括Al2O3、SiO2和H2O。通过"焙烧"处理可以改变Al2O3的晶体结构，使其更易溶于酸。随后用盐酸进行"酸溶"处理，此时SiO2不溶解，经过过滤后得到含有AlCl3的滤液。通过蒸发浓缩和加水稀释来调节HCl浓度，将溶液pH控制在4.2~4.5范围内，最终可沉降得到碱式氯化铝。据此结合选项分析。
12．【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；极性键和非极性键；氧化还原反应
【解析】【解答】A、转化过程中，断裂的是烯烃中的碳碳双键（含非极性键），但形成的均为极性键（如 C-O、O-H 等），无新的非极性键生成，A 错误；B、Os 元素在甲、丙、丁等化合物中，化合价发生了变化，B 正确；
C、戊将丁还原为甲，自身被还原为己，戊中 N 元素化合价降低，作氧化剂，C 正确；
D、甲在反应中参与循环，最终又生成，反应前后性质和质量不变，作催化剂，D 正确；
故答案为 A。
【分析】本题解题要点：
非极性键的判断：同种原子间形成的共价键为非极性键，反应中仅断裂烯烃的碳碳非极性键，无新非极性键形成；
化合价变化：Os元素在不同含 Os 化合物中，成键情况不同，化合价发生改变；
氧化剂判断：反应中 N 元素化合价降低的物质作氧化剂；
催化剂判断：反应前后循环出现、质量和化学性质不变的物质为催化剂。
13．【答案】D
【知识点】离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A、黑球占据立方体的8个顶点，每个顶点贡献1/8个原子，因此黑球数量为。白球位于6个面心，每个面心贡献1/2个原子，白球数量为。符号代表体心位置的1个原子。根据化合价平衡原则，推导出化学式为，对应x=1，y=3，A选项正确。B、通过比较原子间距可以确定黑球代表Al原子，白球代表O原子。每个Al原子被8个晶胞共享，每个晶胞贡献3个面，而每2个面会重叠计算，因此每个Al原子周围O原子数为，B选项正确。
C、结合B选项的分析，体心位置符号必定代表Co原子，C选项正确。
D、已知两个白球间距为b nm，设晶胞边长为2a nm。根据几何关系可得：，推导出，边长。晶胞体积。密度计算公式为。D选项错误。
故答案为：D
【分析】A、根据均摊法确定原子个数比。
B、 与O最小间距大于与O最小间距，则黑球为Al，白球为O。以顶点Al原子为中心，与之距离最近的O原子位于面心，据此计算。
C、黑球为Al、白球为O，则一定为Co。
D、根据公式计算晶胞密度。
14．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．W点，c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，此时pH=4.75，c(H+)=10-4.75mol/L，则醋酸的电离常数Ka==c(H+)=10-4.75，故A正确；
B．W点溶液中c(H+)=10-4.75 mol·L-1，c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.100mol/L，c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=0.050 mol·L-1，则c(H+)c(Cl-)，故B错误；
C．向原溶液中通入0.1 mol HCl气体，由电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)+c(Cl-)及c(Cl-)=c(Na+)=0.100 mol·L-1，可得c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，故C正确；
D．的溶液中 ，根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)+c(Cl-)，根据物料守恒有c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.100 mol·L-1，联立两式可得c(Na+)+c(H+)-c(OH-)-c(Cl-)+c(CH3COOH)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.100 mol·L-1，故D正确；
故选B。
【分析】A．W点，c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，根据Ka==c(H+)，结合pH计算；
Ｂ．根据电荷守恒分析；
Ｃ．根据电荷守恒分析；
Ｄ．根据电荷守恒和物料守恒分析。
15．【答案】C
【知识点】反应热和焓变；化学反应的可逆性；化学平衡移动原理；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A、A 容器体积小于 B，初始压强 A > B。压强越大反应速率越快，达到平衡的时间越短。当 B 达到平衡时，速率更快的 A 必然已达到平衡，A正确；
B、图乙中，X 转化率随温度升高先增后减。最高点前未达平衡（升温速率加快使转化率提高），最高点后为平衡状态（升温转化率下降，说明平衡逆向移动）。逆反应吸热，则正反应放热（ΔH < 0），B正确；
C、增加 X 的物质的量，可促进 Y 的转化（提高 Y 的转化率）。图丙中 X 起始量 A B > C，C错误；
D、图丁中压强增大瞬间，v逆 > v正，平衡逆向移动，说明逆反应方向气体体积减小。因此反应式中反应物总系数小于生成物总系数（a + b < c），D正确；
故答案为：C。
【分析】A．比较不同压强下反应达到平衡的先后顺序。
B．根据温度对转化率的影响判断反应热。
C．分析反应物用量对其他反应物转化率的影响。
D．根据压强对正逆反应速率的影响判断气体体积变化。
16．【答案】（1）将矿石粉碎，加热，适当地增加硫酸浓度，充分搅拌等；15MnO2+2FeS2+14H2SO4=15MnSO4+Fe2(SO4)3+14H2O
（2）8.3≤pH<8.8；0.8
（3）7.5%；过滤，洗涤和干燥
（4）Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+
（5）碳原子价层无空轨道，不能接受水的进攻
（6）；；4；11
【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
【解析】【解答】（1）为了加快“酸浸”速率，可以选择加热升高温度、将矿石粉碎增大接触面积、充分搅拌或适当增加硫酸浓度等方法；已知“滤渣①”中不含单质硫，MnO2与FeS2、稀硫酸发生氧化还原反应，生成硫酸锰、硫酸铁和水，反应方程式为15MnO2+2FeS2+14H2SO4=15MnSO4+Fe2(SO4)3+14H2O。
故答案为： 将矿石粉碎，加热，适当地增加硫酸浓度，充分搅拌等 ； 15MnO2+2FeS2+14H2SO4=15MnSO4+Fe2(SO4)3+14H2O ；
（2）“中和净化”的目的是除去、、等杂质离子，同时避免沉淀，根据表中数据，、、完全沉淀的pH分别为2.8、5.2、8.3，而开始沉淀的pH为8.8，故应调节溶液的pH范围为；二次净化后溶液中只剩Mn2+，溶液中的，则，故。
故答案为： 8.3≤pH<8.8 ； 0.8 ；
（3）根据“沉锰”中NH4HCO3溶液浓度对纯度，产率的影响示意图可知，当产率最高时，碳酸氢铵溶液浓度为7.5%；想得到纯净的碳酸锰时，应过滤、洗涤、干燥。
故答案为： 7.5% ； 过滤，洗涤和干燥 ；
（4）根据装置图可知左侧为阳极，右侧为阴极，Mn2+进入阳极区发生氧化反应生成MnO2，电极反应为：Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+。
故答案为： Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+ ；
（5）如图所示，三卤化硼水解包括两个步骤：水分子加成和HX消去，由于B存在空轨道、水中的氧原子存在孤电子对，因此可以发生水分子与三卤化硼的加成反应，而四氯化碳中碳原子价层无空轨道，不能接受水的进攻，故水解反应很难进行。
故答案为： 碳原子价层无空轨道，不能接受水的进攻 ；
（6）①由甲可知，一个晶胞中Ga位于顶点和面心，其个数为，As位于晶胞中，其个数为4，则砷化镓的化学式为GaAs，砷化镓中砷提供孤电子对，镓提供空轨道形成配位键，平均1个GaAs配位键的数目为1，则1 mol砷化镓中配位键的数目是NA。
②由砷化镓晶胞结构可知，Ga和As的最近距离为晶胞体对角线的，Ga和As的最近距离是；
③由乙晶胞结构可知，Mn掺杂到砷化镓晶体中，和Mn最近且等距离的As的数目为4；
④甲中d原子（）在丙中位置为11，c、d连线与a、b连线平行，则在丙中c与d重合，则c在丙中处于11处。
故答案为： ； ；4；11；
【分析】贫软锰矿的主要成分为 MnO2，同时含有 SiO2、Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO 等杂质，还混有黄铁矿 (FeS2)。用稀硫酸进行酸浸时，MnO2、Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO 以及 FeS2会发生反应溶解，溶液中生成 Mn2+、Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+、Fe2+等离子；而 SiO2不与稀硫酸反应，以固体形式存在，因此滤渣①的成分为 SiO2。
后续处理中，先加入石灰乳调节溶液 pH，使部分金属离子以氢氧化物形式沉淀除去；再加入 MnF2进行二次净化，进一步沉淀 Ca2+、Mg2+等杂质离子；最后向净化后的含 Mn2+溶液中加入碳酸氢铵，使 Mn2+转化为碳酸锰沉淀，经过滤、洗涤、干燥等操作，即可得到纯净的碳酸锰产品。
(1)围绕加快酸浸速率的影响因素，从升温、粉碎矿石、搅拌、增大硫酸浓度等角度选取措施；再根据 MnO2与 FeS2在稀硫酸中的氧化还原反应，配平化学方程式，核心是反应速率影响规律与氧化还原反应配平原理。
(2)结合离子沉淀的 pH 数据，确定中和净化的 pH 范围（使 Fe3+、Al3+、Fe2+完全沉淀，同时避免 Mn2+沉淀）；再利用溶度积常数 Ksp (MgF2) 计算 F-浓度，结合 Ksp (MnF2) 求解 Mn2+浓度，核心是沉淀溶解平衡的计算与 pH 控制原理。
(3)根据 NH4HCO3浓度对产率、纯度的影响图像，确定产率最高时的 NH4HCO3浓度；再明确沉锰后获得纯净碳酸锰的操作（过滤、洗涤、干燥），核心是图像分析与物质分离提纯操作。
(4)根据电解池电极判断，确定阳极发生 Mn2+的氧化反应，结合电荷守恒与原子守恒配平电极反应式，核心是电解池阳极反应的书写规律。
(5)分析三卤化硼的水解机理，从 B 原子的空轨道、水分子的孤电子对角度，解释三卤化硼易水解、CCl4难水解的原因，核心是化学键与原子结构对水解反应的影响规律。
(6) ①通过均摊法计算晶胞中 Ga、As 原子个数，确定 GaAs 的化学式；再分析配位键的形成（As 提供孤电子对、Ga 提供空轨道），计算 1mol GaAs 中配位键的数目，核心是晶胞均摊法与配位键的判断。
②根据晶胞结构，确定 Ga 与 As 的最近距离为晶胞体对角线的 1/4，结合晶胞边长计算距离，核心是晶胞空间距离的分析方法。
③根据 Mn 掺杂的晶胞结构，数出与 Mn 最近且等距离的 As 原子数目，核心是晶胞中原子配位数的判断。
④结合晶胞投影图的坐标关系，根据 c、d 连线与 a、b 连线平行的条件，确定 c 在投影图中的位置，核心是晶胞投影的坐标对应关系。
（1）为了加快“酸浸”速率，可以选择加热升高温度、将矿石粉碎增大接触面积、充分搅拌或适当增加硫酸浓度等方法；已知“滤渣①”中不含单质硫，MnO2与FeS2、稀硫酸发生氧化还原反应，生成硫酸锰、硫酸铁和水，反应方程式为15MnO2+2FeS2+14H2SO4=15MnSO4+Fe2(SO4)3+14H2O。
（2）“中和净化”的目的是除去、、等杂质离子，同时避免沉淀，根据表中数据，、、完全沉淀的pH分别为2.8、5.2、8.3，而开始沉淀的pH为8.8，故应调节溶液的pH范围为；二次净化后溶液中只剩Mn2+，溶液中的，则，故。
（3）根据“沉锰”中NH4HCO3溶液浓度对纯度，产率的影响示意图可知，当产率最高时，碳酸氢铵溶液浓度为7.5%；想得到纯净的碳酸锰时，应过滤、洗涤、干燥。
（4）根据装置图可知左侧为阳极，右侧为阴极，Mn2+进入阳极区发生氧化反应生成MnO2，电极反应为：Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+。
（5）如图所示，三卤化硼水解包括两个步骤：水分子加成和HX消去，由于B存在空轨道、水中的氧原子存在孤电子对，因此可以发生水分子与三卤化硼的加成反应，而四氯化碳中碳原子价层无空轨道，不能接受水的进攻，故水解反应很难进行。
（6）①由甲可知，一个晶胞中Ga位于顶点和面心，其个数为，As位于晶胞中，其个数为4，则砷化镓的化学式为GaAs，砷化镓中砷提供孤电子对，镓提供空轨道形成配位键，平均1个GaAs配位键的数目为1，则1 mol砷化镓中配位键的数目是NA。
②由砷化镓晶胞结构可知，Ga和As的最近距离为晶胞体对角线的，Ga和As的最近距离是；
③由乙晶胞结构可知，Mn掺杂到砷化镓晶体中，和Mn最近且等距离的As的数目为4；
④甲中d原子（）在丙中位置为11，c、d连线与a、b连线平行，则在丙中c与d重合，则c在丙中处于11处。
17．【答案】恒压滴液漏斗；；防倒吸；先生成蓝色沉淀，后蓝色沉淀逐渐溶解，溶液变为深蓝色；降低溶剂的极性，利于结晶析出；轻轻靠一下锥形瓶内壁；（或其他合理形式）；1；
【知识点】配合物的成键情况；氨的实验室制法；蒸发和结晶、重结晶；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）图中X为恒压滴液漏斗。
故答案为： 恒压滴液漏斗 ；
（2）A为实验室加热氯化铵和熟石灰制氨气的反应：。
故答案为： ；
（3）氨气极易溶于水，若倒吸，液体进入长颈漏斗后，因重力作用会回落，可防止倒吸。
故答案为：防止倒吸；
（4）氨气少量时生成蓝色沉淀，氨气过量后沉淀溶解，生成深蓝色的配离子。
故答案为： 先生成蓝色沉淀，后蓝色沉淀逐渐溶解，溶液变为深蓝色 ；
（5）根据相似相溶原理，离子型极性化合物易溶于极性溶剂，加入乙醇降低溶剂极性，利于结晶析出。
故答案为： 降低溶剂的极性，利于结晶析出 ；
（6）半滴操作的规范为：将尖嘴处的半滴溶液靠在锥形瓶内壁，使其流入瓶中，再冲洗内壁。
故答案为： 轻轻靠一下锥形瓶内壁 ；
（7），剩余，故，，质量为，质量分数为。
故答案为：（或其他合理形式） ；
（8）最终产物为，质量，，故样品物质的量为，样品摩尔质量，则，解得；时固体质量为，失去全部结晶水和部分，剩余固体摩尔质量为，组成为，故阶段该物质分解得到和，反应的方程式为。
故答案为：1； ；
【分析】(1)根据仪器的结构特征，识别 X 为恒压滴液漏斗，核心是常见实验仪器的辨识。
(2)依据实验室制氨气的反应原理，写出氯化铵与熟石灰加热反应的化学方程式，核心是实验室气体制备的反应规律。
(3)结合氨气极易溶于水的性质，分析长颈漏斗的防倒吸原理（倒吸液体因重力回落），核心是实验安全装置的原理分析。
(4)根据氨气与铜离子的反应规律，分析氨气少量和过量时的现象（先生成 Cu(OH)2沉淀，后沉淀溶解生成深蓝色配离子），核心是配位化合物的形成规律。
(5)利用相似相溶原理，分析加入乙醇降低溶剂极性，促进 [Cu(NH3)4] SO4 H2O 结晶析出的原理，核心是溶解度与溶剂极性的关系。
(6)明确滴定实验中半滴操作的规范步骤，核心是滴定实验的操作要点。
(7)通过 HCl 的总物质的量与剩余物质的量，计算 NH3的物质的量；再结合配合物中 NH3的个数，计算配合物的物质的量、质量，最终推导质量分数的表达式，核心是滴定法的定量计算与物质的量守恒。
(8)根据 400℃产物 CuSO4的质量，计算样品的物质的量；再通过样品摩尔质量计算结晶水个数 x；结合 200℃固体的摩尔质量，分析分解产物，写出 250~400℃的分解反应方程式，核心是热重分析的定量计算与分解反应的推导。
18．【答案】（1）
（2）吸收；
（3）吸热；20%；0.22；温度对反应b的影响大于反应a，H2S浓度减小，导致反应a向逆反应方向移动
（4）A；D
（5）不能；温度升高，催化剂活性降低
（6）
【知识点】燃烧热；盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）根据物质的燃烧热，可得热化学方程式①H2S(g)+O2(g)=SO2(g)+H2O(l) ΔH1=-562.0 kJ/mol；②S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH2=-296.8 kJ/mol；③H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH3=-285.8 kJ/mol；根据盖斯定律，将①-②-③，整理可得：H2S(g)=S(s)+H2(g) ΔH=+20.6 kJ/mol；
故答案为： ；
（2）①过程Ⅰ、Ⅱ为反应物断键吸附在催化剂表面，断键需要吸收能量；
②由题干硫化氢与甲醇合成甲硫醇(CH3SH)的催化过程图可知，该反应的反应物为CH3OH和H2S，生成物为CH3SH和H2O，故总反应方程式可以表示为；
故答案为： 吸收 ；；
（3）①由题干反应a、b的lgKp在范围内随温度T的变化如图1所示信息可知，随着温度的升高反应a、b的lgKp均增大，即Kp增大，说明反应化学平衡正向移动，故反应a、b均为吸热反应；
②Ⅰ．设充入的H2S、CH4分别为1 mol、1 mol，反应a、b中消耗的H2S分别为x mol、y mol，三段式分析为：，，由图2可知，T1温度下，S2的收率为4%，×100%=4%，可得x=0.04 mol，H2S的转化率为32%，×100%=32%，则y=0.28 mol，H2的收率=×100%=×100%=×100%=20%，此时H2S的平衡分压为：×100 kPa=×100 kPa=9.71 kPa，同理H2的平衡分压为：×100 kPa =×100 kPa=8.57 kPa，S2(g)的平衡分压为：=×100 kPa =0.286 kPa，则此时反应a的Kp===0.22；
故答案为： 吸热 ； 20%； 0.22 ； 温度对反应b的影响大于反应a，H2S浓度减小，导致反应a向逆反应方向移动 ；
（4）A．CO2的体积分数是变量，体积分数不再变化，说明达到平衡状态，A符合题意；
B．化学平衡常数K只和温度有关，K不变不能说明达到平衡状态，B不符合题意；
C．达到平衡时正逆反应速率相等，即υ正(NH3)=2υ逆(CO2)，C不符合题意；
D．恒容条件下，密度等于气体质量比上气体体积，体积为定值，气体质量是变量，密度也是变量，体系中气体的密度不变时达到平衡状态，D符合题意；
故答案为：AD；
（5）A点对应的温度为T2，在T2温度下，曲线③对应的尿素的物质的量更多，因此A点不能判断反应达到平衡状态；T2℃以上曲线②n[CO(NH2)2]下降的原因可能是：温度升高，催化剂活性降低；
故答案为： 不能 ； 温度升高，催化剂活性降低 ；
（6）由电解图可知，生成CO(NH2)2的反应是得电子反应，是还原反应，得到电极反应式为：。
故答案为： ；
【分析】(1)根据 H2S、S、H2的燃烧热写出对应热化学方程式，再利用盖斯定律，通过已知反应的焓变推导 H2S 分解为 S 和 H2的热化学方程式，核心是盖斯定律的应用与燃烧热的热化学方程式书写。
(2) ① 明确反应断键过程需要吸收能量；
②结合催化过程图，确定反应物为 H2S 和 CH3OH，生成物为 CH3SH 和 H2O，写出总反应方程式，核心是反应历程分析与化学方程式书写。
(3) ① 根据 lgKp 随温度的变化趋势，判断反应的热效应（lgKp 增大、Kp 增大，平衡正向移动，为吸热反应）；
② 设出 H2S、CH4的起始量，列出两个反应的三段式，结合 S2的收率、H2S 的转化率计算各物质的平衡量，再计算平衡分压，代入 Kp 表达式求解，核心是化学平衡的三段式计算与压强平衡常数的应用。
(4)逐一分析平衡判断依据：CO2体积分数不变说明平衡；K 只与温度有关，K 不变不能说明平衡；平衡时正逆反应速率需满足计量数关系；恒容下密度不变说明气体质量不变，达到平衡，最终选出正确选项，核心是化学平衡状态的判断依据。
(5)① 分析 A 点的温度与曲线对应关系，说明 A 点不能判断平衡；
② 解释 T2℃以上尿素物质的量下降的原因（温度升高、催化剂活性降低），核心是反应速率与平衡的影响因素分析。
(6)根据电解图，确定 NO3-生成 CO(NH2)2为得电子的还原反应，结合电荷守恒、原子守恒配平电极反应式，核心是电解池电极反应式的书写。
（1）根据物质的燃烧热，可得热化学方程式①H2S(g)+O2(g)=SO2(g)+H2O(l) ΔH1=-562.0 kJ/mol；②S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH2=-296.8 kJ/mol；③H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH3=-285.8 kJ/mol；根据盖斯定律，将①-②-③，整理可得：H2S(g)=S(s)+H2(g) ΔH=+20.6 kJ/mol；
（2）①过程Ⅰ、Ⅱ为反应物断键吸附在催化剂表面，断键需要吸收能量；
②由题干硫化氢与甲醇合成甲硫醇(CH3SH)的催化过程图可知，该反应的反应物为CH3OH和H2S，生成物为CH3SH和H2O，故总反应方程式可以表示为；
（3）①由题干反应a、b的lgKp在范围内随温度T的变化如图1所示信息可知，随着温度的升高反应a、b的lgKp均增大，即Kp增大，说明反应化学平衡正向移动，故反应a、b均为吸热反应；
②Ⅰ．设充入的H2S、CH4分别为1 mol、1 mol，反应a、b中消耗的H2S分别为x mol、y mol，三段式分析为：，，由图2可知，T1温度下，S2的收率为4%，×100%=4%，可得x=0.04 mol，H2S的转化率为32%，×100%=32%，则y=0.28 mol，H2的收率=×100%=×100%=×100%=20%，此时H2S的平衡分压为：×100 kPa=×100 kPa=9.71 kPa，同理H2的平衡分压为：×100 kPa =×100 kPa=8.57 kPa，S2(g)的平衡分压为：=×100 kPa =0.286 kPa，则此时反应a的Kp===0.22；
（4）A．CO2的体积分数是变量，体积分数不再变化，说明达到平衡状态，A符合题意；
B．化学平衡常数K只和温度有关，K不变不能说明达到平衡状态，B不符合题意；
C．达到平衡时正逆反应速率相等，即υ正(NH3)=2υ逆(CO2)，C不符合题意；
D．恒容条件下，密度等于气体质量比上气体体积，体积为定值，气体质量是变量，密度也是变量，体系中气体的密度不变时达到平衡状态，D符合题意；
故选AD；
（5）A点对应的温度为T2，在T2温度下，曲线③对应的尿素的物质的量更多，因此A点不能判断反应达到平衡状态；T2℃以上曲线②n[CO(NH2)2]下降的原因可能是：温度升高，催化剂活性降低；
（6）由电解图可知，生成CO(NH2)2的反应是得电子反应，是还原反应，得到电极反应式为：。
19．【答案】（1）；C15H12N2O2
（2）浓硫酸，浓硝酸，加热；邻硝基甲苯或2-硝基甲苯
（3）bd
（4）ab
（5）、、(任一种)
（6）NH3与氯化氢反应生成氯化铵，生成物减少，使平衡正向移动
（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；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由分析可知，A的结构简式为，由题干合成流程图中H的结构简式可知，H的分子式为C15H12N2O2；
故答案为： ； C15H12N2O2 ；
（2）由分析结合题干合成流程图可知，反应①为发生硝化反应生成等，所需的试剂与条件是：浓硫酸、浓硝酸、加热；由分析可知，B为 ，名称为：邻硝基甲苯或2-硝基甲苯；
故答案为：浓硫酸，浓硝酸，加热 ； 邻硝基甲苯或2-硝基甲苯 ；
（3）奥卡西平的结构简式为 ，含有的官能团有酮羰基和酰胺基；
故答案为： bd ；
（4）合成路线中，①为取代反应、②为还原（加成）反应、③为还原反应、④为取代反应、⑤为氧化反应，则属于还原反应的是ab；
故答案为： ab ；
（5）由分析可知，D为 ，符合要求：“含有联苯（）结构，且除苯环外不含其他环状结构；核磁共振氢谱显示苯环上的氢原子有四种不同的化学环境，且个数比为1：1：1：1”的D的一种同分异构体分子中，除含有外，还可能含—CH3、—CH=NH或—N=CH2，或H2N—、—CH=CH2，则可能结构简式为：、、 （任写一种）；
故答案为：、、(任一种) ；
（6）已知：。反应④进行时，若NH3过量，过量的NH3将与反应产物HCl继续反应生成NH4Cl，减少生成物浓度，有利于反应正向进行，原因是：NH3 与氯化氢反应生成氯化铵，生成物减少，使平衡正向移动；
故答案为： NH3与氯化氢反应生成氯化铵，生成物减少，使平衡正向移动 ；
（7）由信息（R1、R2为烃基或H）：可得出，以为原料合成时，应将 中—CH 转化为—CHO，则可先一卤代再水解成醇，然后氧化为—CHO，最后依据信息进行合成，则由B（）→C（ ）的转化路线为：故答案为： ；
【分析】以甲苯 (A) 为起始原料，经步骤①硝化得到硝基苯 (B)，再经多步反应得到含碳碳双键、硝基的二苯并氮杂 类中间体 (C)；由A、B的分子式和C的结构简式，可推出A为、B为；步骤②碳碳双键加氢，步骤③用 Fe/HCl 将硝基还原为氨基，得到二氨基中间体；脱氨后得到 D（），再与 COCl2反应引入 - COCl 基团，经 Br2加成生成E（），E再消去 HBr 重新引入碳碳双键得到 F；步骤④与 NH3反应引入酰胺基得到 G（），再经过氧化物环氧化得到 H，最终开环得到奥卡西平，完成合成。
(1)根据合成路线的原料与产物结构，推导 A 的结构简式；结合 H 的结构简式，数出 C、H、N、O 原子个数，确定分子式，核心是有机物结构与分子式的判断。
(2)反应①为甲苯的硝化反应，需确定试剂与条件（浓硫酸、浓硝酸、加热）；根据 B 的结构，结合系统命名法确定其名称（邻硝基甲苯或 2 - 硝基甲苯），核心是有机反应条件与有机物命名。
(3)分析奥卡西平的结构简式，识别其中含有的酮羰基、酰胺基两种官能团，核心是官能团的识别。
(4)根据反应中有机物的加氢、去氧等特征判断还原反应：反应①②为还原反应（加氢、硝基还原），反应③为还原反应，反应④为取代反应，反应⑤为氧化反应，最终选出属于还原反应的选项，核心是有机反应类型的判断。
(5)根据限定条件（含联苯结构、苯环氢有四种且个数比 1：1：1：1、含特定基团），书写 D 的同分异构体结构简式，核心是同分异构体的书写。
(6)结合已知反应的可逆性，分析 NH3过量时，与 HCl 反应生成 NH4Cl、降低生成物浓度，使平衡正向移动的原理，核心是化学平衡移动原理的应用。
(7)结合题干信息，将原料中的 —CH3转化为 —CHO（经卤代、水解、氧化），再利用低价钛的反应规律，设计 B 到 C 的合成路线，核心是有机合成路线的设计。
（1）由分析可知，A的结构简式为，由题干合成流程图中H的结构简式可知，H的分子式为C15H12N2O2；
（2）由分析结合题干合成流程图可知，反应①为发生硝化反应生成等，所需的试剂与条件是：浓硫酸、浓硝酸、加热；由分析可知，B为 ，名称为：邻硝基甲苯或2-硝基甲苯；
（3）奥卡西平的结构简式为 ，含有的官能团有酮羰基和酰胺基；
（4）合成路线中，①为取代反应、②为还原（加成）反应、③为还原反应、④为取代反应、⑤为氧化反应，则属于还原反应的是ab；
（5）由分析可知，D为 ，符合要求：“含有联苯（）结构，且除苯环外不含其他环状结构；核磁共振氢谱显示苯环上的氢原子有四种不同的化学环境，且个数比为1：1：1：1”的D的一种同分异构体分子中，除含有外，还可能含—CH3、—CH=NH或—N=CH2，或H2N—、—CH=CH2，则可能结构简式为：、、 （任写一种）；
（6）已知：。反应④进行时，若NH3过量，过量的NH3将与反应产物HCl继续反应生成NH4Cl，减少生成物浓度，有利于反应正向进行，原因是：NH3 与氯化氢反应生成氯化铵，生成物减少，使平衡正向移动；
（7）由信息（R1、R2为烃基或H）：可得出，以为原料合成时，应将 中—CH 转化为—CHO，则可先一卤代再水解成醇，然后氧化为—CHO，最后依据信息进行合成，则由B（）→C（ ）的转化路线为：。
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