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广东深圳高级中学（集团）2026届高三第二学期测试（二）化学试题
1．我国在科技上不断取得重大成果，下列各项中使用的材料不属于无机非金属材料的是
A．“神舟十九号”上的石英加速度计
B．“碲化镉薄膜太阳能电池”使用的原料碲化镉
C．用于吊装港珠澳大桥的聚乙烯纤维吊绳
D．应用于5G手机中的石墨烯导热膜
2．新质生产力涵盖创新材料、新能源等方面，下列说法正确的是
A．利用合成高级脂肪酸甘油酯，实现无机小分子向有机高分子的转化
B．北斗卫星导航系统中的星载铷钟所用Rb元素位于元素周期表中的s区
C．“朱雀二号”遥二成为全球首枚成功入轨的液氧-甲烷运载火箭，甲烷作助燃剂
D．小型核反应堆“玲龙一号”以为核燃料，与互为同素异形体
3．化学与生产、生活和社会发展密切相关，下列说法不正确的是
A．酿酒工艺中加入的“酒曲”与面包工艺中加入的“发酵粉”的作用相同
B．人体血浆中存在的缓冲体系，可以避免体系pH出现大幅度变化而影响身体健康
C．电车出行促环保，电车中的锂离子电池属于二次电池
D．民谚：青铜和铁器“干千年，湿万年，不干不湿就半年”，半干半湿条件下最易发生吸氧腐蚀
4．劳动创造美好生活。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 向“84”消毒液中滴加白醋(含醋酸)，提高漂白性 醋酸酸性大于次氯酸
B 补铁剂与维生素C同时服用效果更佳 维生素C具有还原性
C 对钢铁部件表面进行发蓝处理 发蓝处理可使钢铁表面生成一层致密的氧化膜
D 环卫工人用FeS处理污水 FeS有还原性，可还原等离子
A．A B．B C．C D．D
5．我国科学家合成了检测CN-的荧光探针A，其结构简式如图。下列关于荧光探针A分子的说法正确的是
A．存在对映异构体，不存在顺反异构体
B．不能形成分子内氢键
C．能与饱和溴水发生取代反应和加成反应
D．1 mol探针A最多能与3 mol NaOH反应
6．下列实验装置及操作正确，且能达到实验目的的是
A．用装置甲蒸干溶液获得无水FeCl3
B．用装置乙制备溴苯和验证HBr的生成
C．用装置丙测定中和反应的反应热
D．用装置丁标定醋酸溶液的浓度
7．能满足下列物质间直接转化关系，且推理成立的是
A．X可为，Y可为
B．X可为硫，反应①的另一反应物可能为
C．X可为Na，反应①为电解Z的水溶液
D．X可为铁，若Z为，则加入足量铜可实现反应①的转化
8．下列陈述I和陈述Ⅱ均正确且有因果关系的是
选项 陈述I 陈述Ⅱ
A 工业制硫酸，用98.3%吸收SO3 SO3可以与浓硫酸中的水反应生成硫酸
B 在牙膏中添加氟化物能有效防止蛀牙 F-在水溶液中水解生成弱酸HF
C O3在CCl4中溶解度高于在水中的溶解度 O3是非极性分子
D 从煤的干馏产物中获得苯、甲苯等化工原料 煤的干馏是物理变化
A．A B．B C．C D．D
9．离子液体在可穿戴电子领域具有广泛的应用前景。某离子液体由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W、Q组成(结构如图)，W的离子半径是其所在周期中元素简单离子半径最小的。下列说法正确的是
A．原子半径：X＜Y＜Z
B．简单氢化物的沸点：Z＜Y
C．最高价氧化物的水化物的酸性：Y＜W＜Q
D．与ZQ3的空间结构相同
10．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．常温下，27 g铝片与足量浓硝酸充分反应，转移电子数目为3NA
B．标准状况下的22.4 LN2与足量H2充分反应，生成NH3分子的数目为2NA
C．溶液中含有的数目为NA
D．4.6 gNa在空气中充分反应生成Na2O和Na2O2，转移电子数目为0.2NA
11．利用如图装置进行实验：打开K1、K2，关闭K3，将注射器中浓硝酸全部注入三颈烧瓶，当圆底烧瓶和注射器均充满红棕色气体时关闭K1。下列说法错误的是
A．Cu与浓硝酸反应体现硝酸的强氧化性和酸性
B．挤压胶头滴管，圆底烧瓶能充满溶液
C．关闭K2，下推注射器活塞，注射器内气体颜色先变深后逐渐变浅
D．打开K3，洗气瓶中溶液变蓝
12．常温下，与存在多个配位平衡：
① ②
③ ④
常温下，向盐酸中加入一定量的，体系平衡后得到含的溶液，下列说法正确的是
A．加水稀释，溶液中的微粒总数下降
B．上述溶液中，
C．
D．向溶液中加入NaCl固体，一定降低
13．下列有关方程式的书写错误的是
A．乙酰胺在氢氧化钠溶液中水解：
B．与水制备少量氧气：
C．将苯酚加入到碳酸钠溶液中：+→+
D．用制：
14．一种新型淡化海水的电化学装置如图所示，其中c、d均为离子交换膜，b电极为电极，工作时其转化为。该装置工作时，下列说法正确的是
A．负极上电极反应式为
B．c为阳离子交换膜，d为阴离子交换膜
C．电路中转移1 mol电子，理论上电极a比电极b多增重12.5 g
D．电路中转移1 mol电子，理论上海水淡化室溶质质量减少29.25 g
15．学习小组对乙醇催化氧化实验进行改进，装置如下图所示(已知氯化钙吸收乙醇后形成配合物，常温下稳定，受热会分解)。反应过程中下列说法不正确的是
A．配合物发生分解反应，释放出乙醇
B．打开止水夹，挤压洗耳球的目的是鼓入空气
C．可观察到粗铜丝先变黑后变红
D．将银氨溶液换成酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，证明有乙醛生成
16．电解水制氢和耦合醇制酸的装置及机理如下，下列说法错误的是
A．阳极反应的催化剂是NiO
B．电解时，被氧化
C．阴极室的KOH的物质的量不因反应而改变
D．经历2次NiO与的互相转化可得到2 molH2
17．沉淀溶解平衡在生产、科研和环保等领域具有广泛的应用。
（1）兴趣小组用沉淀法提纯粗盐(含少量、、)获得NaCl固体。
将粗盐加水溶解，加入过量溶液，过滤，在滤液中依次加入过量　 　和　 　溶液(填化学式)沉淀杂质离子，后续需要的操作及其顺序为　 　(填下列操作编号)。
A．蒸发结晶 B．趁热过滤 C．冷却结晶 D．常温过滤
E．滴加盐酸
（2）用饱和溶液处理，可转化为易溶于酸的，发生反应： (Ⅰ)
兴趣小组探究温度对反应(Ⅰ)的反应速率的影响。
实验探究
①25℃时，取100 mL溶液，加入m g 固体，反应t s后，过滤，取20.00 mL滤液，在室温下用盐酸进行滴定(滴定终点时，转化为)，消耗盐酸体积为 mL。
②60℃时，重复上述实验，在室温下用盐酸进行滴定，消耗盐酸体积为 mL。
测得25℃和60℃时反应(Ⅰ)的平均反应速率之比　 　。
（3）兴趣小组采用电导率法测定25℃下的。
实验原理 电导率是表征电解质溶液导电能力的物理量。通过测定溶液的电导率，根据电导率与浓度之间的关系计算离子浓度，进而求算。
查阅资料 极稀溶液的电导率等于各离子电导率之和；温度一定时，强电解质的极稀溶液中，M离子的电导率，是与离子种类有关的常数。
25℃时，，，1 =1 L。
实验探究 甲同学按如下实验方案进行实验。
实验目的 实验步骤
制备沉淀 ⅰ.25℃时，将溶液和溶液按溶质的物质的量1：1混合，搅拌，静置，过滤，洗涤，取沉淀
制备饱和溶液 ⅱ.取步骤ⅰ中制备的加蒸馏水溶解，煮沸、搅拌至固体不再减少，冷却至室温，静置取上层清液
测定饱和溶液电导率 ⅲ.25℃时，测定步骤ⅱ中得到的上清液中的电导率
①检验步骤ⅰ中所得沉淀已洗涤干净的操作和现象是　 　。
②步骤ⅲ中测得，甲同学结合、计算　 　，发现与资料数据相比偏大。
③乙同学分析测得偏大的原因是步骤ⅲ中上清液除含有和外，还含有(填离子符号)　 　。乙同学根据相关原理，补充设计了实验方案，排除该原因的影响，测得的与资料数据相符，该方案为　 　(包括数据处理思路)。
18．稀土元素Nd(钕)、Dy(镝)均是清洁能源技术的核心资源，从制造废料(主要成分为，含有、、、等)中提取Nd，并回收其有价金属的一种工艺如下：
已知：①常温下，，。②G-macropa是一种稀土元素离子螯合剂，其与Nd和Dy可形成配合物和。
（1）制造废料“酸浸”前需“预处理”，粉碎后，再除去表面的矿物油污，除去矿物油污可以选择的试剂是___________(填选项字母)。
A．纯碱溶液 B．NaOH溶液 C．苯 D．稀硫酸
（2）常温下，将pH调至4后，滤渣②中主要含有　 　、　 　，滤液中　 　。
（3）“除铝”步骤中加入G-macropa螯合剂，其结构如图所示，有关说法正确的有：___________(填字母)。
A．该螯合剂中存在的化学键有：极性键，键，氢键等
B．该螯合剂难溶于水
C．该螯合剂识别K+能力比Na+强，是因为二氮杂-18-冠-6穿孔与K+大小更适配
D．该步骤中加螯合剂目的是使其与和形成配合物溶于水，防止和与形成沉淀
（4）“沉镝”过程中发生反应的离子方程式为　 　。
（5）当与按1：1混合时，配体与金属离子物质的量比(L/M)不同时的分离效率如下图所示。其中，c(G-macropa)=4mmol/L，c()=10 mmol/L，pH≈7。
①由图可知，该实验条件下，利用G-macropa分离与的最佳L/M比为　 　。
②由图及流程可推测　 　(填离子符号)与螯合剂G-macropa形成的配合物更稳定。
（6）以为原料制备，晶胞结构与NaCl相似，但由于哑铃形的存在，使晶胞沿同一个方向拉长，离最近的有　 　个。设NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞参数如图所示，若相对分子质量为M，则晶体密度为　 　(写表达式即可)。
19．二氧化碳的资源化利用是实现“双碳”目标的关键。其中，通过逆水煤气变换(RWGS)反应调控合成气中氢碳比具有重要的工业价值。
RWGS反应：反应Ⅰ．
RWGS反应中可能发生的副反应：
反应Ⅱ．
反应Ⅲ．
回答下列问题：
（1）　 　，反应Ⅲ在　 　(填“高温”“低温”或“任意温度”)下能自发进行。
（2）RWGS反应历程中Cu改性前后该路径的相对能量与反应历程关系如图1：
①由图可知，加入Cu助剂后，决速步反应的活化能降低了　 　eV。
②加入Cu的作用是　 　。
（3）实验测得RWGS反应正逆反应速率方程：，(、分别为正逆反应速率常数，p为各物质分压)，反应达到平衡后，仅升高温度，增大的倍数　 　(填“大于”“小于”或“等于”)增大的倍数。
（4）恒压下，按投料，发生上述反应。平衡时CO、、、的物质的量分数(x)随温度(T)的变化曲线如图2[已知、]；
①曲线c、d代表的物质分别是　 　。
②温度高于400℃后，曲线b超过d且持续增大的原因是　 　。
（5）控制反应体系总压为p kPa，按投料，发生上述反应。600℃达到平衡时，的转化率为80%，的选择性为25%[已知的选择性]。该温度下反应Ⅲ的平衡常数　 　(用分压表示，列出计算式即可)。
20．烯丙醇(CH2=CH-CH2OH)是重要的有机合成中间体，通过不对称氧化反应可合成化合物G(一种β-肾上腺素受体阻滞剂)。化合物G的一种合成路线如下：
（1）溴代烃B的结构简式为　 　。
（2）化合物D中不能与钠反应的含氧官能团名称为　 　。
（3）下列说法正确的有___________(填序号)。
A．C→D的过程中有π键的断裂和σ键形成
B．E分子中碳原子杂化类型为sp2
C．化合物F存在分子间氢键，且能与水互溶
D．D、E、F和G分子中均含有手性碳原子
（4）化合物C的同分异构体中，核磁共振氢谱图中只有一组信号峰的化合物的名称为　 　。
（5）若一定条件下，化合物C先与反应生成M，再经过不对称氧化反应可直接得到F，写出M的结构简式：　 　。
（6）以丙烯酸()、乙烯和(CH3)2NH为有机原料，根据上述信息，分三步合成化合物。
①第一步：在催化剂的作用下，乙烯与O2发生反应生成环状化合物Q，其反应的化学方程式为　 　。
②第二步：(CH3)2NH与Q反应形成链状化合物。
③第三步：进行　 　(填反应类型)，其反应的化学方程式为　 　(注明反应条件)。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】硅和二氧化硅；无机非金属材料
【解析】【解答】A、石英主要成分为二氧化硅，属于无机非金属材料，A 不符合题意；
B、碲化镉是无机化合物半导体材料，属于无机非金属材料，B 不符合题意；
C、聚乙烯纤维为有机高分子合成材料，不属于无机非金属材料，C 符合题意；
D、石墨烯是碳单质，属于无机非金属材料，D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
材料分类区分：无机非金属材料包含氧化物、无机半导体、碳单质等无机物；
有机高分子判定：聚乙烯由乙烯加聚生成，属于有机合成高分子材料；
常见实例识记：石英、碲化镉、石墨烯均归属于无机非金属范畴。
2．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；元素、核素；油脂的性质、组成与结构；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、高级脂肪酸甘油酯相对分子质量较小，不属于有机高分子，A 错误；
B、Rb 是第 ⅠA 族第五周期碱金属，价电子排布为 5s ，位于周期表 s 区，B 正确；
C、甲烷具有可燃性，在火箭里作燃料，液氧为助燃剂，C 错误；
D、235U 与238U 质子数相同、中子数不同，二者互为同位素，同素异形体针对同种元素形成的不同单质，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
高分子判定规则：油脂相对分子质量达不到高分子标准，不属于高分子有机物；
周期表分区规律：第 ⅠA、ⅡA 主族元素价电子排布为 ns 构型，全部落在 s 区；
燃料与助燃剂区分：可燃物充当燃料，氧化剂用作助燃剂；同位素与同素异形体区分：
同位素研究同种元素的不同核素，同素异形体研究同种元素的不同单质。
3．【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；金属的电化学腐蚀与防护
【解析】【解答】A、酒曲含有酵母菌，依靠酶催化淀粉水解并发生酒精发酵；发酵粉主要成分为碳酸氢钠与酸性辅料，受热或遇酸分解释放 CO2使面团蓬松，二者作用原理不同，A 错误；
B、血浆中 H2CO3/HCO3-构成缓冲对，摄入酸碱时可通过平衡移动稳定溶液 pH，防止 pH 剧烈波动，B 正确；
C、锂离子电池能够反复充放电，属于二次电池，广泛用于新能源电车，C 正确；
D、完全干燥缺少电解质溶液、全浸泡氧气难溶解，半干半湿环境易形成原电池，金属优先发生吸氧腐蚀，D 正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
发酵原理区分：酒曲依靠生物酶催化酒精发酵，发酵粉依靠化学分解放出二氧化碳；
缓冲溶液功能：弱酸与其共轭碱组成缓冲体系，可抵御少量酸碱带来的 pH 变化；
二次电池定义：可充电反复使用的化学电源归类为二次电池；
金属腐蚀条件：半干湿环境同时具备水膜与溶解氧，是吸氧腐蚀最适宜环境。
4．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；金属的电化学腐蚀与防护；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、“84” 消毒液的有效成分为 NaClO，醋酸酸性强于次氯酸，可发生反应生成 HClO，HClO 浓度升高会增强漂白性，二者存在关联，A 不符合题意；
B、补铁剂中的 Fe2+易被氧化，维生素 C 具有还原性，可防止 Fe2+被氧化，提升补铁效果，二者存在关联，B 不符合题意；
C、钢铁发蓝处理会在表面形成一层致密的 Fe3O4氧化膜，隔绝空气和水，防止钢铁腐蚀，二者存在关联，C 不符合题意；
D、用 FeS 处理污水，是利用沉淀转化原理，将 Ag+、Hg2+等重金属离子转化为更难溶的 Ag2S、HgS 沉淀，并非利用 FeS 的还原性，二者无关联，D 符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
强酸制弱酸原理：酸性较强的醋酸可与次氯酸盐反应生成次氯酸，增强漂白效果；
抗氧化作用：维生素 C 的还原性可保护 Fe2+不被氧化，维持补铁剂的有效成分；
金属防护原理：发蓝处理形成致密氧化膜，隔绝腐蚀介质，保护钢铁基体；
沉淀转化原理：FeS 处理重金属污水，是通过沉淀转化生成更难溶的金属硫化物，与 FeS 的还原性无关。
5．【答案】C
【知识点】分子间作用力；有机物中的官能团；酯的性质
【解析】【解答】A．手性碳原子是指连接四个不同原子或基团的碳原子。根据题目给出的结构图分析，该分子中不存在符合此条件的碳原子，因此该化合物不具有手性异构体，A错误；B．观察分子结构可以发现，分子内部的N原子与羟基(-OH)上的H原子距离较近，能够形成分子内氢键，选B错误；
C．该分子结构中含有两个反应位点：苯环上酚羟基的邻位氢原子可以与浓溴水发生取代反应；分子中的碳碳双键可以与溴水发生加成反应，C正确；
D．计算与NaOH反应的官能团： 2个酚羟基各消耗1mol NaOH（共2mol）；酯基水解后产生1个酚羟基和1个羧基，各消耗1mol NaOH（共2mol）。总计最多消耗4mol NaOH，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．A分子中没有手性碳原子；
B．分子结构中有N和O，且有符合条件的氢，可形成分子内氢键 ；
C．根据分子结构，A和溴水发生取代反应和加成反应 ；
D.1molA结构最多消耗4mol NaOH。
6．【答案】C
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；指示剂；中和热的测定；氯、溴、碘的性质实验
【解析】【解答】A、加热蒸干 FeCl3溶液时，Fe3+会发生水解：FeCl3+3H2O Fe(OH)3+3HCl，HCl 易挥发，最终会得到 Fe(OH)3，进一步分解为 Fe2O3，无法获得无水 FeCl3，A 错误；
B、苯与溴的取代反应放热，溴蒸气会随 HBr 一起逸出，也能与 AgNO3溶液反应生成 AgBr 沉淀，无法验证 HBr 的生成，B 错误；
C、装置丙为中和热测定装置，包含隔热层、环形玻璃搅拌器和温度计，可有效减少热量散失，准确测定中和反应的反应热，C 正确；
D、NaOH 溶液会腐蚀玻璃活塞，不能用酸式滴定管盛放；且醋酸与 NaOH 反应生成的醋酸钠溶液呈碱性，应选用酚酞作指示剂，不能用甲基橙，D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
盐类水解与蒸干产物：易挥发性酸的弱碱盐溶液蒸干时，酸挥发导致水解彻底，最终得到对应的氧化物；
溴苯制备实验干扰：反应放热导致溴蒸气挥发，会干扰 HBr 的检验，需加除溴装置；
中和热测定装置要求：必须有隔热层、环形玻璃搅拌棒和温度计，保证热量损失小、温度测量准确；
滴定实验的规范：碱性溶液应使用碱式滴定管，指示剂的选择需匹配反应终点的 pH 范围。
7．【答案】B
【知识点】含硫物质的性质及综合应用；无机物的推断
【解析】【解答】A、若 X 为 N2，Y 为 NO2，N2不能直接转化为 NO2，需要先与 O2反应生成 NO，再进一步氧化为 NO2，无法直接实现 X→Y 的转化，A 错误；
B、若 X 为 S，反应①可通过 H2S 和 SO2反应生成 S 单质（2H2S+SO2=3S↓+2H2O），Y 为 SO2，Z 可以是 Na2S2O3等盐，满足转化关系，B 正确；
C、若 X 为 Na，Z 为钠盐，电解钠盐的水溶液无法得到 Na 单质（Na 会与水反应），需电解熔融 NaCl 才能得到 Na，C 错误；
D、若 X 为 Fe，Z 为 FeCl3，加入足量 Cu 时，Cu 与 FeCl3反应生成 FeCl2和 CuCl2，无法得到 Fe 单质，不能实现反应①的转化，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
物质转化的直接性：判断 X（单质）能否一步直接生成 Y（氧化物）；
归中反应应用：S 的归中反应可由 H2S 和 SO2生成单质 S；电解规律：
活泼金属（如 Na）的制备需电解熔融盐，不能电解水溶液；
氧化还原反应规律：Cu 的还原性弱于 Fe，无法将 Fe3+还原为 Fe 单质，只能还原为 Fe2+。
8．【答案】A
【知识点】极性分子和非极性分子；盐类水解的应用；含硫物质的性质及综合应用；煤的干馏和综合利用
【解析】【解答】A、陈述 Ⅰ 和陈述 Ⅱ 均正确，且存在因果关系，工业上用 98.3% 浓硫酸吸收 SO3，可避免形成酸雾，吸收效率高，其原理就是 SO3与浓硫酸中少量水反应生成硫酸，故 A 正确；
B、陈述 Ⅰ 正确，但陈述 Ⅱ 错误，牙膏中添加氟化物防蛀，是因为 F-能与牙齿表面的羟基磷灰石反应生成更难溶的氟磷灰石，而非 F-水解生成 HF，故 B 错误；
C、陈述 Ⅰ 正确，但陈述 Ⅱ 错误，O3是 V 形分子，结构不对称，属于极性分子，其在 CCl4中溶解度更高，是因为 CCl4极性弱，根据 “相似相溶” 原理，故 C 错误；
D、陈述 Ⅰ 正确，但陈述 Ⅱ 错误，煤的干馏是复杂的化学变化，过程中会发生分解、重整等反应，得到苯、甲苯等产物，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
工业制硫酸的吸收原理：SO3易与水反应，用浓硫酸吸收可避免酸雾，
提高吸收效率；牙膏防蛀原理：氟化物通过形成氟磷灰石增强牙齿抗酸性，与 F-水解无关；
相似相溶原理：极性分子更易溶于极性溶剂，非极性分子更易溶于非极性溶剂，需先判断分子极性；
煤的干馏：属于化学变化，通过分解反应获得多种化工原料。
9．【答案】D
【知识点】原子结构与元素的性质；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、原子半径的比较需遵循电子层数优先、同周期从左到右递减的规律，H 只有 1 个电子层，半径最小；C、N 位于第二周期，且同周期主族元素原子序数越大半径越小，故原子半径顺序为 H < N < C，A 错误；
B、氢化物沸点受分子间作用力影响，Z 的简单氢化物为 NH3，分子间存在氢键，沸点显著高于 Y 的简单氢化物 CH4（仅存在范德华力），故沸点 NH3 > CH4，B 错误；
C、最高价氧化物对应水化物的酸性与元素非金属性正相关，非金属性 Cl > C > Al，因此酸性顺序为 HClO4 > H2CO3 > Al (OH)3，C 错误；
D、 用价层电子对互斥理论分析空间结构： YX3-（CH3-）中心 C 原子价层电子对数 ，含 1 对孤电子对，空间结构为三角锥形；ZQ3（NCl3）中心 N 原子价层电子对数 ，含 1 对孤电子对，空间结构也为三角锥形，二者结构相同，D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题是一道元素推断综合题，解题时先根据“W的简单离子半径在所在周期最小”推出W为Al，再结合阴离子推出Q为Cl；接着由“X原子序数最小且只形成1个共价键”确定X为H，根据“Y与X形成基团”推出Y为C，再结合“Z连接4个基团形成+1价阳离子”及原子序数介于C和Al之间，确定Z为N。推断出W(Al)、Q(Cl)、X(H)、Y(C)、Z(N)后，再结合元素周期律与价层电子对互斥理论分析选项。
10．【答案】D
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、常温下铝遇浓硝酸会发生钝化，反应无法持续进行，转移电子数远小于3，A错误；
B、氮气与氢气合成氨的反应为可逆反应，反应物不能完全转化，生成的NH3分子数小于2，B错误；
C、FeCl3溶液中Fe3+会发生水解，实际存在的Fe3+数目小于，C错误；
D、4.6 g Na的物质的量为 ，反应中Na均被氧化为+1价，无论生成Na2O还是Na2O2，转移电子数均为0.2，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
铝的钝化现象：常温下铝与浓硝酸发生钝化，表面形成致密氧化膜，阻止反应继续进行；
可逆反应的限度：合成氨反应不能进行到底，生成的产物量小于理论值；
盐类水解：Fe3+在水溶液中发生水解，导致离子数目减少；
电子转移计算：Na反应中只失去1个电子，产物种类不影响转移电子总数，只需根据Na的物质的量计算即可。
11．【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；硝酸的化学性质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、Cu 与浓硝酸反应生成 Cu(NO3)2、NO2和 H2O，硝酸中部分 N 元素被还原体现强氧化性，部分形成盐体现酸性，A 正确；
B、挤压胶头滴管，NaOH 溶液进入圆底烧瓶，与 NO2反应：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，气体被吸收，压强减小，外界水会被吸入烧瓶。但反应过程中会生成 NO（或因装置内气体无法被完全吸收），且烧瓶内会残留不溶于 NaOH 溶液的气体，因此圆底烧瓶不能充满溶液，B 错误；
C、关闭 K2，下推注射器活塞，压强增大，气体被压缩，NO2浓度瞬间增大，颜色先变深；随后平衡 2NO2 N2O4正向移动，NO2浓度降低，颜色逐渐变浅，C 正确；
D、打开 K3，NO2气体进入淀粉 KI 溶液，NO2与水反应生成 HNO3，HNO3将 I-氧化为 I2，淀粉遇 I2变蓝，D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
硝酸的双重性质：金属与浓硝酸反应时，硝酸既作氧化剂（体现强氧化性），又生成盐（体现酸性）；
NO2与 NaOH 的反应：NO2可与 NaOH 反应，但无法被完全吸收，且反应过程中可能生成 NO 等气体，因此烧瓶内压强无法降为零，不能充满溶液；
压强对化学平衡的影响：2NO2 N2O4是气体分子数减少的反应，增大压强，平衡正向移动，NO2浓度先因压缩瞬间增大，后因平衡移动降低；
NO2的氧化性：NO2与水反应生成的硝酸具有强氧化性，可将 I-氧化为 I2，使淀粉变蓝。
12．【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；化学平衡常数；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、加水稀释，配位平衡向离子数增多的方向移动（如），溶液中离子总数会增加，微粒总数上升，A错误；
B、由反应①得，代入，解得；
由反应②得，代入，解得，故，B正确；
C、根据电荷守恒，正确表达式应为：
，选项中电荷数不守恒，C错误；
D、加入NaCl固体，增大，反应①平衡逆向移动，先增大；当持续增大时，反应②平衡也会逆向移动，使趋于稳定，不一定降低，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
配位平衡移动：稀释促进配位平衡向解离方向移动，微粒总数增加；
平衡常数计算：利用给定的、与，可直接推导出各含汞物种的浓度关系；
电荷守恒应用：书写电荷守恒式时，需注意离子的电荷数，如、的电荷系数分别为2和2；
浓度变化分析：加入时，配位平衡分步移动，中间物种的浓度变化趋势需结合多个平衡综合判断。
13．【答案】A
【知识点】盐类水解的原理；苯酚的化学性质；离子方程式的书写；酰胺
【解析】【解答】A、乙酰胺在NaOH溶液中加热水解，正确的离子方程式应为： ，原方程式中多余的会导致原子不守恒，故A错误；
B、与水反应生成NaOH和O2，方程式 书写正确，故B正确；
C、苯酚的酸性弱于碳酸但强于，因此苯酚与反应生成苯酚钠和，方程式++ ，书写正确，故C正确；
D、发生水解反应生成沉淀和HCl，方程式 书写正确，故D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
酰胺水解方程式书写：碱性条件下乙酰胺水解的正确离子方程式中，直接参与反应，无需额外添加，否则会导致氢原子数不守恒；
过氧化钠与水反应：该反应是过氧化钠的歧化反应，电子转移和产物配比均正确；
苯酚与碳酸钠的反应：利用“强酸制弱酸”原理，苯酚只能与反应生成，不能生成；
四氯化钛水解：该反应是制备钛白粉的基础反应，方程式符合原子守恒和水解规律。
14．【答案】C
【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、负极（a电极）上，Ag失去电子后与溶液中的Cl-结合生成AgCl，电极反应式应为 ，A错误；
B、为实现海水淡化，淡化室中的需向a电极（负极）移动，故c应为阴离子交换膜；需向b电极（正极）移动，故d应为阳离子交换膜，B错误；
C、电路中转移1 mol电子时，a电极生成1 mol AgCl，增重35.5 g（来自1 mol ）；b电极反应为，转移1 mol电子时吸收1 mol ，增重23 g。因此a电极比b电极多增重： ，C正确；
D、转移1 mol电子时，淡化室中有1 mol 和1 mol 迁出，溶质质量减少，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
电极反应与增重分析：a极Ag被氧化并结合生成AgCl，增重来自；b极电极材料结合，增重来自；
离子交换膜判断：为实现淡化，向正极移动，向负极移动，据此判断c、d膜的类型；
淡化室质量变化：迁出的和的物质的量均为1 mol，总质量减少为NaCl的摩尔质量；
电极方程式书写：需结合溶液环境，考虑离子参与反应，如Ag氧化生成的会立即与沉淀。
15．【答案】D
【知识点】乙醇的物理、化学性质；乙醇的催化氧化实验；性质实验方案的设计；化学实验方案的评价；银镜反应
【解析】【解答】A、加热时，配合物 受热分解，释放出乙醇蒸气，为后续催化氧化提供反应物，A正确；
B、打开止水夹，挤压洗耳球可鼓入空气（含），为铜丝氧化提供氧化剂，B正确；
C、铜丝先被氧气氧化为黑色的，随后又被乙醇还原为红色的，故可观察到“先变黑后变红”的现象，C正确；
D、挥发出的乙醇也具有还原性，同样能使酸性溶液褪色，因此无法证明褪色是由乙醛引起的，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题考查乙醇催化氧化实验的改进装置分析。
关键原理：铜作催化剂，乙醇被氧气氧化为乙醛，过程中与循环转化；
干扰因素：乙醇易挥发，且能还原酸性高锰酸钾，因此不能用酸性高锰酸钾直接检验乙醛；
装置作用： 受热分解释放乙醇，洗耳球鼓入空气，银氨溶液用于检验乙醛（银镜反应）。
16．【答案】D
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、由机理图可知，阳极反应中NiO在反应前后循环转化，起到催化作用，A正确；
B、电解时，阳极区的被氧化为，碳元素的平均化合价升高，发生氧化反应，B正确；
C、阴极反应为 ，生成的通过阴离子交换膜迁移到阳极室，因此阴极室中KOH的物质的量保持不变，C正确；
D、由机理可知，NiO与NiO(OH)每互相转化1次，转移1mol电子，而生成1mol需要转移2mol电子，因此经历2次NiO与NiO(OH)的互相转化，只能得到1mol，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题考查电解水制氢耦合醇制酸的装置与机理分析。
催化剂判断：NiO参与反应循环，反应前后性质和质量不变，为阳极反应的催化剂；
反应类型判断：转化为，碳元素被氧化；
离子迁移分析：阴极生成的通过阴离子交换膜迁移至阳极室，因此阴极室KOH的量不变；
电子转移计算：NiO与NiO(OH)的一次转化对应1mol电子转移，生成1mol需要2mol电子，故两次转化只能生成1mol。
17．【答案】（1）或；或；DEA
（2）
（3）取最后一次洗涤液，滴加溶液，无白色沉淀生成；；；测定同体积蒸馏水的电导率，用计算
【知识点】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；物质的分离与提纯；粗盐提纯
【解析】【解答】(1) 粗盐除杂时，氯化钡溶液需要在碳酸钠溶液之前加入，用于除去硫酸根，碳酸钠既能除去钙离子，又可以除去过量钡离子，氢氧化钠用于除去镁离子，添加顺序可灵活调整；全部除杂试剂加完后统一过滤除去各类沉淀，再向滤液加盐酸除去过量氢氧根与碳酸根，最后蒸发结晶，对应操作顺序为DEA。
故答案：或 ；或 ； DEA ；
(2) 根据滴定数据， 初始的物质的量为，25℃时，20 mL滤液消耗HCl，则100 mL滤液中剩余的物质的量为，反应消耗的为。60℃时，同理，反应消耗的为，则平均反应速率之比为。
故答案： ；
(3) 沉淀洗净检验操作：取少量最后一次洗涤液置于试管中，滴入硝酸银溶液，若无白色氯化银沉淀生成，说明沉淀表面氯离子已经洗涤完全；
结合电导率关系式，硫酸钡饱和溶液里，代入数值算出，；
纯水自身电离产生氢离子、氢氧根离子，两种离子会额外贡献电导率，使测得总电导率偏大，最终求得的溶解度s数值偏高；优化方法：相同温度下测定同等体积蒸馏水的电导率，采用作为有效电导率重新计算溶度积，消除水电离带来的系统误差。
故答案： 取最后一次洗涤液，滴加溶液，无白色沉淀生成 ；； ； 测定同体积蒸馏水的电导率，用计算 。
【分析】本题由粗盐提纯、沉淀转化速率计算、电导法测溶度积三个小问组成，整体围绕沉淀溶解与除杂原理展开，分别对应实验操作、定量计算、误差分析三类题型。
(1) 解题依托粗盐除杂固定规律，碳酸钠需除去过量钡离子，因此氯化钡投料必须早于碳酸钠，所有固体沉淀要在加盐酸前过滤，防止沉淀被酸溶解，以此梳理操作先后次序。
(2) 解题以酸碱滴定定量关系为桥梁，由小体积滤液耗酸量放大得到整体剩余碳酸根量，结合初始投料算出参与反应的反应物变化量，恒温等时长条件下，反应平均速率和反应物消耗物质的量成正比，由此推导速率比值。
(3) 第一空依照氯离子检验方法设计洗涤验证操作；
第二空紧扣电导率与离子浓度关系式，结合硫酸钡解离等量关系，分步代入数据计算溶度积；
第三空从纯水自耦电离角度分析干扰离子来源，针对性提出扣除空白电导率的改进方案。
（1）粗盐中含有的杂质离子为，已加入过量除去，接下来需加入过量NaOH除去，再加入过量除去和过量的，顺序可互换；
后续操作顺序为先常温过滤除去所有沉淀，再滴加盐酸除去过量的和，最后蒸发结晶，即顺序为DEA。
（2）反应。初始的物质的量为，25℃时，20 mL滤液消耗HCl，则100 mL滤液中剩余的物质的量为，反应消耗的为。60℃时，同理，反应消耗的为，则平均反应速率之比为。
（3）检验沉淀洗涤干净的操作为取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加12滴溶液，若无白色沉淀生成，说明沉淀已洗涤干净；
极稀溶液电导率，因，则，则；
上层清液中还含有，这些离子会贡献电导率，导致计算出的s偏大；
在25℃时，测定与步骤ⅱ中相同体积的蒸馏水的电导率，用代替原代入公式计算s，再求，即可排除水本身电离的影响。
18．【答案】（1）C
（2）Fe(OH)3；Al(OH)3；
（3）C；D
（4）
（5）8；Nd3+
（6）4；
【知识点】配合物的成键情况；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；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1) 矿物油属于烃类有机物，依据相似相溶原理，选用有机溶剂苯萃取除去矿物油污；碳酸钠、氢氧化钠依靠皂化反应去除油脂，稀硫酸无法溶解烃类矿物油，答案选C。
故答案：C；
(2) 原料中的二氧化硅不溶于稀盐酸，酸浸后成为滤渣①； 滤液中含、、、，时， ，根据 计算：，沉淀完全，，部分沉淀，因此滤渣②为、 ；
故答案：、； ；
(3) A：氢键属于分子间作用力，并非化学键，A错误；
B：螯合剂分子带有羧基、氨基等亲水基团，能够和水分子形成分子间氢键，水溶性较好，B错误；
C：冠醚空腔尺寸和钾离子半径匹配度更高，对钾离子结合能力更强，C正确；
D：体系加入氢氧化钠调节碱性，若无螯合剂结合，钕、镝离子会和氢氧根生成氢氧化物沉淀，随同铝杂质被过滤除去，螯合剂与目标金属离子生成可溶性配合物，实现和铝的分离，D正确；
综上答案选CD。
故答案：CD；
(4) 过量碳酸氢根和配位态的镝离子发生反应，生成碳酸镝沉淀，同时释放游离螯合剂、二氧化碳与水，离子方程式： 。
故答案： ；
(5) ①L/M比值等于8时，镝元素沉淀率接近百分之百，钕留在液相中的占比达到峰值，钕镝分离效果最优，最佳配比数值为8；
②同等条件下钕离子更难被碳酸氢根沉淀、稳定留存于溶液，说明钕离子和螯合剂形成的配合物化学稳定性更强。
故答案：8；；
(6) 晶胞结构中，任意一个在水平平面存在4个距离相等的紧邻；利用均摊法计算，晶胞内钕离子数目，对应晶胞内含4组； 晶胞质量，晶胞体积， 带入密度计算公式，。
故答案：4； ；
【分析】 工艺从制造废料(主要成分为，含有、、、等)中提取Nd， 制造废料加稀盐酸酸浸，二氧化硅不溶成为滤渣①，金属氧化物转化为金属离子进入滤液；滤液调 pH=4，铁、铝离子水解生成氢氧化物形成滤渣②除去；滤液中加入螯合剂与氢氧化钠，稀土离子生成可溶性配合物，铝杂质以滤渣③除去；向所得溶液加过量碳酸氢钠，镝从配合物中析出生成碳酸镝沉淀被分离；剩余含钕配合物加盐酸解络，回收螯合剂，最终得到含钕滤液。
(1) 解题依托相似相溶规律区分矿物油与油脂的除杂原理，烃类矿物油只能用有机溶剂萃取，油脂可通过碱性水解除去，据此筛选选项。
(2) 结合氧化物酸溶规律判断滤渣①成分，套用氢氧化物计算公式，通过离子剩余浓度判断金属离子沉淀程度，汇总滤渣②组成。
(3) 逐项依托氢键定义、有机物水溶性规律、冠醚配位特点、螯合剂分离原理，逐条辨析四个选项正误。
(4) 根据流程信息确定反应物、生成物，结合电荷守恒、原子守恒完成配位体系陌生离子方程式配平。
(5) ①对照图像数据，兼顾镝沉淀完全、钕留存率最高两个条件确定最优投料比；②由沉淀难易程度反推配合物稳定性强弱。
(6) 先观察晶胞空间排布确定紧邻离子数目，借助均摊法统计晶胞内离子数，再结合晶胞棱长换算体积，代入密度通用公式完成推导。
（1）矿物油属于烃类，可得用有机溶剂苯萃取处理，而碳酸钠、氢氧化钠主要除掉油脂，稀硫酸无法除去矿物油污，故选C；
（2）酸浸时 不溶于稀盐酸，成为滤渣①除去，滤液中含、、、，时， ，根据 计算：，沉淀完全，，部分沉淀，因此滤渣②为、 ；
（3）A．氢键不属于化学键，A错误；
B．该螯合剂含多个亲水基（羧基、氨基），可与水形成氢键，易溶于水，B错误；
C．冠醚对离子的识别符合尺寸匹配效应，空腔大小与更适配，因此结合能力更强，C正确；
D．除铝时加入NaOH，若、不形成配合物，会与OH-生成氢氧化物沉淀随铝除去，因此螯合剂的作用是结合二者形成可溶性配合物，避免沉淀，D正确；
故选CD；
（4）与 反应生成碳酸镝沉淀，释放出螯合剂和，离子方程式为；
（5）①分离效果最佳时，Dy尽可能全部沉淀（滤渣中Dy接近100%），Nd尽可能留在滤液，由图可知时，Dy100%沉淀，滤液中Nd百分含量最高，因此最佳比为8；
②更多留在滤液中，与螯合剂结合形成配合物，因此与螯合剂形成的配合物更稳定；
（6）晶胞沿竖直方向（b方向）拉长，竖直方向 间距大于水平方向，对于任意 ，只有水平方向4个 距离最近，因此最近的 为4个； 晶胞中含数目为，因此晶胞含4个 ，晶胞质量，晶胞体积，密度。
19．【答案】（1）；高温
（2）0.4；降低决速步的活化能，从而加快反应速率
（3）大于
（4）、；反应Ⅰ、Ⅲ吸热，反应Ⅱ放热；高温利于反应Ⅰ、Ⅲ正移，利于反应Ⅱ逆向移动，使CO成为主产物
（5）或
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1) 依据盖斯定律，目标反应Ⅲ可由反应Ⅰ减去反应Ⅱ推导得出，列式：
该反应正方向气体计量数增多，体系混乱度上升，，同时；根据反应自发判定公式，低温时数值偏小，反应无法自发，高温条件下能够抵消正焓变带来的影响，，反应可以自发进行。
故答案： ；高温；
(2) 基元反应的活化能对应反应能垒高度，能垒越高反应速率越慢，总反应速率受最慢步骤控制。对照能量示意图，反应物过渡至的能垒高于后续步骤，第一步为总反应决速步骤；未加催化剂时能垒，添加后降至，活化能下降数值：；催化剂的作用是降低决速步骤活化能，缩短反应活化所需能量，加快整个反应的进行速率。
故答案：； 降低决速步的活化能，从而加快反应速率 ；
(3) 该主反应正向为吸热变化，升高温度，化学平衡沿着消耗反应物、生成产物的正向发生移动，平衡常数数值增大；平衡常数与速率常数满足关系式：
升温同时加快正、逆两个方向的反应速率，变大说明增大的倍数大于增大的倍数。
故答案：大于；
(4) ①相同温度下，投料中投入量最多，平衡时物质的量分数始终最高，对应曲线；由放热反应生成，升温对应反应逆向进行，含量持续下降，对应曲线；依据原子守恒，体系的生成总量大于，因此代表，代表。
②反应Ⅰ、Ⅲ焓变为正值属于吸热反应，升温平衡正向推进，产量提升；反应Ⅱ焓变为负值属于放热反应，升温平衡逆向移动，同样会促使增多，双重作用下平衡产率随温度上升持续增大。
故答案：、； 反应Ⅰ、Ⅲ吸热，反应Ⅱ放热；高温利于反应Ⅰ、Ⅲ正移，利于反应Ⅱ逆向移动，使CO成为主产物 ；
(5) 按投料，600℃达到平衡时，的转化率为80%，即消耗总量为0.8 mol。的选择性为25%[已知的选择性]，生成和消耗的比值为，列三段式计算：反应Ⅰ．
反应Ⅱ．
结合已知信息列式：所以平衡时
，所以反应Ⅲ的平衡常数或简化为。
故答案：或 ；
【分析】本题选取二氧化碳催化加氢平行制备甲烷与一氧化碳的工业反应，由热力学计算、反应机理、速率常数、平衡图像、分压平衡常数计算逐层设问，综合热化学与化学平衡全模块知识点。
(1) 解题围绕盖斯定律的化学方程式加减运算规则，通过已知反应焓变代数运算得到目标焓变，再结合焓变、熵变正负取值，利用吉布斯自由能公式，定量分析温度对反应自发进行的影响条件。
(2) 解题关键掌握决速步判定原则，能垒最高的基元反应控制总反应速率，对比有无催化剂的能垒差值得到活化能变化数据，依托活化能越低反应速率越快的规律，解释铜催化剂的催化原理。
(3) 解题结合勒夏特列原理判断温度对平衡移动的影响，借助平衡常数等于正逆速率常数之比的关系式，由平衡常数变化趋势反向推导两种速率常数受温度影响的增幅大小关系。
(4) 解题先依靠初始投料量、原子守恒规律对比平衡组分含量高低，再结合各反应吸热或放热属性，分析温度改变带来的组分含量变化，完成曲线与物质的匹配，分段解析一氧化碳产率随温度升高的变化缘由。
(5) 解题先用二氧化碳总消耗量、产物选择性两个限定条件建立二元方程组，分步算出两条平行路径消耗原料的量，逐一统计平衡时各物质的物质的量，结合分压基本公式，按照平衡常数书写规范代入数据列式。
（1）热力学分析：反应Ⅲ=反应Ⅰ-反应Ⅱ，根据盖斯定律。反应Ⅲ为吸热反应()，。根据的判据，在高温下更能抵消的正值，使，该反应吸热且熵增，需高温自发；
（2）机理研究：观察能垒图，两种催化剂下，第一步（从反应物到）的活化能都高于第二步，所以第一步是决速步，①对应的峰值从1.2 eV降至0.8 eV，即降低了0.4 eV；②由图像分析加入Cu的作用：降低决速步的活化能，从而加快反应速率；
（3）动力学规律：因为该反应(吸热)，升温平衡正移，平衡常数增大，说明增大的倍数更高，故增大倍数大于；
（4）图像分析：已知，且温度升高减小，d为，a为，又已知，所以b为，c为，即曲线c、d代表的物质分别是、；②反应Ⅰ、Ⅲ吸热，反应Ⅱ放热；高温利于反应Ⅰ、Ⅲ正移，利于反应Ⅱ逆向移动，使产率增加；
（5）按投料，600℃达到平衡时，的转化率为80%，即消耗总量为0.8 mol。的选择性为25%[已知的选择性]，生成和消耗的比值为，列三段式计算：反应Ⅰ．
反应Ⅱ．
结合已知信息列式：所以平衡时
，所以反应Ⅲ的平衡常数或简化为。
20．【答案】（1）
（2）醚键
（3）A；D
（4）丙酮
（5）
（6）2CH2=CH2+O22；酯化反应(或取代反应)；
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；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) 正丙醇在浓硫酸、加热环境发生醇的消去反应，脱去1分子生成丙烯；丙烯在光照条件下，烷基上发生自由基取代，取代甲基氢得到卤代烃，结合后续B水解生成烯丙醇的转化，确定B结构为。
故答案：；
(2) D分子中含氧官能团包含醇羟基与醚键，醇羟基能够与金属发生置换反应释放氢气，醚键内部化学键稳定，无法和发生反应，因此不能与钠反应的含氧官能团是醚键。
故答案：醚键；
(3)A：C到D属于烯烃不对称环氧化反应，碳碳双键里键能较弱的键发生断裂，氧原子分别与双键两端碳原子成键，生成 键，描述正确；
B： E分子中，萘环()所有碳原子杂化类型为sp2，形成单键的碳原子杂化类型为sp3，描述错误；
C：F仅存在醚键，不存在、等亲水基团，无法形成分子间氢键，极性弱难以在水中溶解，描述错误；
D： 连有4种不同原子团的碳原子即为手性碳原子，D、E、F和G分子中均含有手性碳原子，用*分别表示为、、、，描述正确；
综上，正确选项为AD。
故答案：AD；
(4) 分子式，限定同分异构体核磁共振氢谱只有1组吸收峰，说明分子内部结构高度对称；满足对称结构、不含碳碳双键的稳定结构为 ，系统命名为丙酮。
故答案：丙酮；
(5) 由转化关系， 烯丙醇先与反应生成M，M经不对称氧化直接得到F，可知M保留碳碳双键结构；采用逆向分析法，从F的醚键骨架反向推导，烯丙醇与萘酚钠发生取代反应，羟基脱氢、萘酚钠脱生成醚，M结构为 。
故答案： ；
(6) ①第一步：类似于烯丙醇的不对称氧化反应，乙烯在催化剂作用下能和反应生成环状化合物Q()，反应的化学方程式为；
②第二步：与Q()反应形成链状化合物；
③第三步：丙烯酸()与进行酯化反应(或取代反应)得到最终的目标产物，其反应的化学方程式为：。
故答案： 2CH2=CH2+O22 ； 酯化反应(或取代反应) ； ；
【分析】正丙醇在浓硫酸加热条件下发生消去反应生成丙烯 A；丙烯经光照甲基氢溴代得到卤代烃 B；B 在氢氧化钠水溶液中加热水解生成烯丙醇 C（ ）；C 经不对称环氧化得到环氧醇 D；D 与 发生开环成醚得到二醇 E；E 分子内脱水闭环生成环醚 F；F 再和异丙胺开环加成，最终得到目标产物 G。
(1) 依托醇消去、烯烃光照卤代的反应规律，醇在浓酸加热条件消去生成烯烃，烯烃光照时只发生烷基氢取代而非加成，结合后续水解产物反推卤原子取代位置，锁定结构。
(2) 分类梳理含氧官能团化学性质，羟基具备活泼氢可与钠反应，醚键无活泼氢，依据二者性质差异筛选官能团名称。
(3) A结合环氧化反应断键成键规律，键易断裂、新 键生成；B区分芳香碳与饱和烷基碳杂化形式，苯环碳、饱和烷碳；C根据氢键形成条件与有机物水溶性规律，缺少亲水基团则难溶于水；D严格按照手性碳定义，逐个排查四种有机物饱和碳原子的连接基团。
(4) 先由氢谱只有一组峰推出分子高度对称，结合分子式不饱和度，排除烯醇式不稳定结构，最终确定对称酮丙酮。
(5) 利用逆向合成分析法，结合题干不对称氧化的反应特征，产物的环氧结构由原料碳碳双键氧化而来，反推M必须含碳碳双键，再结合醚键成键原理确定取代位点。
(6) 模仿题干烯烃不对称环氧化机理书写乙烯环氧化方程式；利用三元环醚易开环加成的特点，书写胺解产物；遵循酯化反应“酸脱羟基醇脱氢”的断键规则，配平酯化反应的化学方程式。
（1）由分析可知，B的结构简式为；
（2）化合物D中不能与钠反应的含氧官能团名称为醚键；
（3）A．C→D的过程中，碳碳双键中的键断裂，C-O σ键形成，A正确；
B．E分子中，萘环()所有碳原子杂化类型为sp2，形成单键的碳原子杂化类型为sp3，B错误；
C．化合物F的官能团只有醚键，不能形成分子间氢键，且没有亲水基团，不能与水互溶，C错误；
D．连有4种不同原子团的碳原子即为手性碳原子，D、E、F和G分子中均含有手性碳原子，用*分别表示为、、、，D正确；
故选AD；
（4）烯丙醇的分子式为，其同分异构体的核磁共振氢谱只有1种氢，即分子内含有对称的2个甲基(-CH3)，故该同分异构体为，名称为丙酮；
（5）一定条件下，烯丙醇先与反应生成M，再经过不对称氧化反应可直接得到F，则M中含有碳碳双键，根据F的结构逆推出M的结构简式为；
（6）①第一步：类似于烯丙醇的不对称氧化反应，乙烯在催化剂作用下能和反应生成环状化合物Q()，反应的化学方程式为；
②第二步：与Q()反应形成链状化合物；
③第三步：丙烯酸()与进行酯化反应(或取代反应)得到最终的目标产物，其反应的化学方程式为：。
1 / 1广东深圳高级中学（集团）2026届高三第二学期测试（二）化学试题
1．我国在科技上不断取得重大成果，下列各项中使用的材料不属于无机非金属材料的是
A．“神舟十九号”上的石英加速度计
B．“碲化镉薄膜太阳能电池”使用的原料碲化镉
C．用于吊装港珠澳大桥的聚乙烯纤维吊绳
D．应用于5G手机中的石墨烯导热膜
【答案】C
【知识点】硅和二氧化硅；无机非金属材料
【解析】【解答】A、石英主要成分为二氧化硅，属于无机非金属材料，A 不符合题意；
B、碲化镉是无机化合物半导体材料，属于无机非金属材料，B 不符合题意；
C、聚乙烯纤维为有机高分子合成材料，不属于无机非金属材料，C 符合题意；
D、石墨烯是碳单质，属于无机非金属材料，D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
材料分类区分：无机非金属材料包含氧化物、无机半导体、碳单质等无机物；
有机高分子判定：聚乙烯由乙烯加聚生成，属于有机合成高分子材料；
常见实例识记：石英、碲化镉、石墨烯均归属于无机非金属范畴。
2．新质生产力涵盖创新材料、新能源等方面，下列说法正确的是
A．利用合成高级脂肪酸甘油酯，实现无机小分子向有机高分子的转化
B．北斗卫星导航系统中的星载铷钟所用Rb元素位于元素周期表中的s区
C．“朱雀二号”遥二成为全球首枚成功入轨的液氧-甲烷运载火箭，甲烷作助燃剂
D．小型核反应堆“玲龙一号”以为核燃料，与互为同素异形体
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；元素、核素；油脂的性质、组成与结构；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、高级脂肪酸甘油酯相对分子质量较小，不属于有机高分子，A 错误；
B、Rb 是第 ⅠA 族第五周期碱金属，价电子排布为 5s ，位于周期表 s 区，B 正确；
C、甲烷具有可燃性，在火箭里作燃料，液氧为助燃剂，C 错误；
D、235U 与238U 质子数相同、中子数不同，二者互为同位素，同素异形体针对同种元素形成的不同单质，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
高分子判定规则：油脂相对分子质量达不到高分子标准，不属于高分子有机物；
周期表分区规律：第 ⅠA、ⅡA 主族元素价电子排布为 ns 构型，全部落在 s 区；
燃料与助燃剂区分：可燃物充当燃料，氧化剂用作助燃剂；同位素与同素异形体区分：
同位素研究同种元素的不同核素，同素异形体研究同种元素的不同单质。
3．化学与生产、生活和社会发展密切相关，下列说法不正确的是
A．酿酒工艺中加入的“酒曲”与面包工艺中加入的“发酵粉”的作用相同
B．人体血浆中存在的缓冲体系，可以避免体系pH出现大幅度变化而影响身体健康
C．电车出行促环保，电车中的锂离子电池属于二次电池
D．民谚：青铜和铁器“干千年，湿万年，不干不湿就半年”，半干半湿条件下最易发生吸氧腐蚀
【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；金属的电化学腐蚀与防护
【解析】【解答】A、酒曲含有酵母菌，依靠酶催化淀粉水解并发生酒精发酵；发酵粉主要成分为碳酸氢钠与酸性辅料，受热或遇酸分解释放 CO2使面团蓬松，二者作用原理不同，A 错误；
B、血浆中 H2CO3/HCO3-构成缓冲对，摄入酸碱时可通过平衡移动稳定溶液 pH，防止 pH 剧烈波动，B 正确；
C、锂离子电池能够反复充放电，属于二次电池，广泛用于新能源电车，C 正确；
D、完全干燥缺少电解质溶液、全浸泡氧气难溶解，半干半湿环境易形成原电池，金属优先发生吸氧腐蚀，D 正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
发酵原理区分：酒曲依靠生物酶催化酒精发酵，发酵粉依靠化学分解放出二氧化碳；
缓冲溶液功能：弱酸与其共轭碱组成缓冲体系，可抵御少量酸碱带来的 pH 变化；
二次电池定义：可充电反复使用的化学电源归类为二次电池；
金属腐蚀条件：半干湿环境同时具备水膜与溶解氧，是吸氧腐蚀最适宜环境。
4．劳动创造美好生活。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 向“84”消毒液中滴加白醋(含醋酸)，提高漂白性 醋酸酸性大于次氯酸
B 补铁剂与维生素C同时服用效果更佳 维生素C具有还原性
C 对钢铁部件表面进行发蓝处理 发蓝处理可使钢铁表面生成一层致密的氧化膜
D 环卫工人用FeS处理污水 FeS有还原性，可还原等离子
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；金属的电化学腐蚀与防护；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、“84” 消毒液的有效成分为 NaClO，醋酸酸性强于次氯酸，可发生反应生成 HClO，HClO 浓度升高会增强漂白性，二者存在关联，A 不符合题意；
B、补铁剂中的 Fe2+易被氧化，维生素 C 具有还原性，可防止 Fe2+被氧化，提升补铁效果，二者存在关联，B 不符合题意；
C、钢铁发蓝处理会在表面形成一层致密的 Fe3O4氧化膜，隔绝空气和水，防止钢铁腐蚀，二者存在关联，C 不符合题意；
D、用 FeS 处理污水，是利用沉淀转化原理，将 Ag+、Hg2+等重金属离子转化为更难溶的 Ag2S、HgS 沉淀，并非利用 FeS 的还原性，二者无关联，D 符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
强酸制弱酸原理：酸性较强的醋酸可与次氯酸盐反应生成次氯酸，增强漂白效果；
抗氧化作用：维生素 C 的还原性可保护 Fe2+不被氧化，维持补铁剂的有效成分；
金属防护原理：发蓝处理形成致密氧化膜，隔绝腐蚀介质，保护钢铁基体；
沉淀转化原理：FeS 处理重金属污水，是通过沉淀转化生成更难溶的金属硫化物，与 FeS 的还原性无关。
5．我国科学家合成了检测CN-的荧光探针A，其结构简式如图。下列关于荧光探针A分子的说法正确的是
A．存在对映异构体，不存在顺反异构体
B．不能形成分子内氢键
C．能与饱和溴水发生取代反应和加成反应
D．1 mol探针A最多能与3 mol NaOH反应
【答案】C
【知识点】分子间作用力；有机物中的官能团；酯的性质
【解析】【解答】A．手性碳原子是指连接四个不同原子或基团的碳原子。根据题目给出的结构图分析，该分子中不存在符合此条件的碳原子，因此该化合物不具有手性异构体，A错误；B．观察分子结构可以发现，分子内部的N原子与羟基(-OH)上的H原子距离较近，能够形成分子内氢键，选B错误；
C．该分子结构中含有两个反应位点：苯环上酚羟基的邻位氢原子可以与浓溴水发生取代反应；分子中的碳碳双键可以与溴水发生加成反应，C正确；
D．计算与NaOH反应的官能团： 2个酚羟基各消耗1mol NaOH（共2mol）；酯基水解后产生1个酚羟基和1个羧基，各消耗1mol NaOH（共2mol）。总计最多消耗4mol NaOH，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．A分子中没有手性碳原子；
B．分子结构中有N和O，且有符合条件的氢，可形成分子内氢键 ；
C．根据分子结构，A和溴水发生取代反应和加成反应 ；
D.1molA结构最多消耗4mol NaOH。
6．下列实验装置及操作正确，且能达到实验目的的是
A．用装置甲蒸干溶液获得无水FeCl3
B．用装置乙制备溴苯和验证HBr的生成
C．用装置丙测定中和反应的反应热
D．用装置丁标定醋酸溶液的浓度
【答案】C
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；指示剂；中和热的测定；氯、溴、碘的性质实验
【解析】【解答】A、加热蒸干 FeCl3溶液时，Fe3+会发生水解：FeCl3+3H2O Fe(OH)3+3HCl，HCl 易挥发，最终会得到 Fe(OH)3，进一步分解为 Fe2O3，无法获得无水 FeCl3，A 错误；
B、苯与溴的取代反应放热，溴蒸气会随 HBr 一起逸出，也能与 AgNO3溶液反应生成 AgBr 沉淀，无法验证 HBr 的生成，B 错误；
C、装置丙为中和热测定装置，包含隔热层、环形玻璃搅拌器和温度计，可有效减少热量散失，准确测定中和反应的反应热，C 正确；
D、NaOH 溶液会腐蚀玻璃活塞，不能用酸式滴定管盛放；且醋酸与 NaOH 反应生成的醋酸钠溶液呈碱性，应选用酚酞作指示剂，不能用甲基橙，D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
盐类水解与蒸干产物：易挥发性酸的弱碱盐溶液蒸干时，酸挥发导致水解彻底，最终得到对应的氧化物；
溴苯制备实验干扰：反应放热导致溴蒸气挥发，会干扰 HBr 的检验，需加除溴装置；
中和热测定装置要求：必须有隔热层、环形玻璃搅拌棒和温度计，保证热量损失小、温度测量准确；
滴定实验的规范：碱性溶液应使用碱式滴定管，指示剂的选择需匹配反应终点的 pH 范围。
7．能满足下列物质间直接转化关系，且推理成立的是
A．X可为，Y可为
B．X可为硫，反应①的另一反应物可能为
C．X可为Na，反应①为电解Z的水溶液
D．X可为铁，若Z为，则加入足量铜可实现反应①的转化
【答案】B
【知识点】含硫物质的性质及综合应用；无机物的推断
【解析】【解答】A、若 X 为 N2，Y 为 NO2，N2不能直接转化为 NO2，需要先与 O2反应生成 NO，再进一步氧化为 NO2，无法直接实现 X→Y 的转化，A 错误；
B、若 X 为 S，反应①可通过 H2S 和 SO2反应生成 S 单质（2H2S+SO2=3S↓+2H2O），Y 为 SO2，Z 可以是 Na2S2O3等盐，满足转化关系，B 正确；
C、若 X 为 Na，Z 为钠盐，电解钠盐的水溶液无法得到 Na 单质（Na 会与水反应），需电解熔融 NaCl 才能得到 Na，C 错误；
D、若 X 为 Fe，Z 为 FeCl3，加入足量 Cu 时，Cu 与 FeCl3反应生成 FeCl2和 CuCl2，无法得到 Fe 单质，不能实现反应①的转化，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
物质转化的直接性：判断 X（单质）能否一步直接生成 Y（氧化物）；
归中反应应用：S 的归中反应可由 H2S 和 SO2生成单质 S；电解规律：
活泼金属（如 Na）的制备需电解熔融盐，不能电解水溶液；
氧化还原反应规律：Cu 的还原性弱于 Fe，无法将 Fe3+还原为 Fe 单质，只能还原为 Fe2+。
8．下列陈述I和陈述Ⅱ均正确且有因果关系的是
选项 陈述I 陈述Ⅱ
A 工业制硫酸，用98.3%吸收SO3 SO3可以与浓硫酸中的水反应生成硫酸
B 在牙膏中添加氟化物能有效防止蛀牙 F-在水溶液中水解生成弱酸HF
C O3在CCl4中溶解度高于在水中的溶解度 O3是非极性分子
D 从煤的干馏产物中获得苯、甲苯等化工原料 煤的干馏是物理变化
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】极性分子和非极性分子；盐类水解的应用；含硫物质的性质及综合应用；煤的干馏和综合利用
【解析】【解答】A、陈述 Ⅰ 和陈述 Ⅱ 均正确，且存在因果关系，工业上用 98.3% 浓硫酸吸收 SO3，可避免形成酸雾，吸收效率高，其原理就是 SO3与浓硫酸中少量水反应生成硫酸，故 A 正确；
B、陈述 Ⅰ 正确，但陈述 Ⅱ 错误，牙膏中添加氟化物防蛀，是因为 F-能与牙齿表面的羟基磷灰石反应生成更难溶的氟磷灰石，而非 F-水解生成 HF，故 B 错误；
C、陈述 Ⅰ 正确，但陈述 Ⅱ 错误，O3是 V 形分子，结构不对称，属于极性分子，其在 CCl4中溶解度更高，是因为 CCl4极性弱，根据 “相似相溶” 原理，故 C 错误；
D、陈述 Ⅰ 正确，但陈述 Ⅱ 错误，煤的干馏是复杂的化学变化，过程中会发生分解、重整等反应，得到苯、甲苯等产物，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
工业制硫酸的吸收原理：SO3易与水反应，用浓硫酸吸收可避免酸雾，
提高吸收效率；牙膏防蛀原理：氟化物通过形成氟磷灰石增强牙齿抗酸性，与 F-水解无关；
相似相溶原理：极性分子更易溶于极性溶剂，非极性分子更易溶于非极性溶剂，需先判断分子极性；
煤的干馏：属于化学变化，通过分解反应获得多种化工原料。
9．离子液体在可穿戴电子领域具有广泛的应用前景。某离子液体由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W、Q组成(结构如图)，W的离子半径是其所在周期中元素简单离子半径最小的。下列说法正确的是
A．原子半径：X＜Y＜Z
B．简单氢化物的沸点：Z＜Y
C．最高价氧化物的水化物的酸性：Y＜W＜Q
D．与ZQ3的空间结构相同
【答案】D
【知识点】原子结构与元素的性质；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、原子半径的比较需遵循电子层数优先、同周期从左到右递减的规律，H 只有 1 个电子层，半径最小；C、N 位于第二周期，且同周期主族元素原子序数越大半径越小，故原子半径顺序为 H < N < C，A 错误；
B、氢化物沸点受分子间作用力影响，Z 的简单氢化物为 NH3，分子间存在氢键，沸点显著高于 Y 的简单氢化物 CH4（仅存在范德华力），故沸点 NH3 > CH4，B 错误；
C、最高价氧化物对应水化物的酸性与元素非金属性正相关，非金属性 Cl > C > Al，因此酸性顺序为 HClO4 > H2CO3 > Al (OH)3，C 错误；
D、 用价层电子对互斥理论分析空间结构： YX3-（CH3-）中心 C 原子价层电子对数 ，含 1 对孤电子对，空间结构为三角锥形；ZQ3（NCl3）中心 N 原子价层电子对数 ，含 1 对孤电子对，空间结构也为三角锥形，二者结构相同，D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题是一道元素推断综合题，解题时先根据“W的简单离子半径在所在周期最小”推出W为Al，再结合阴离子推出Q为Cl；接着由“X原子序数最小且只形成1个共价键”确定X为H，根据“Y与X形成基团”推出Y为C，再结合“Z连接4个基团形成+1价阳离子”及原子序数介于C和Al之间，确定Z为N。推断出W(Al)、Q(Cl)、X(H)、Y(C)、Z(N)后，再结合元素周期律与价层电子对互斥理论分析选项。
10．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．常温下，27 g铝片与足量浓硝酸充分反应，转移电子数目为3NA
B．标准状况下的22.4 LN2与足量H2充分反应，生成NH3分子的数目为2NA
C．溶液中含有的数目为NA
D．4.6 gNa在空气中充分反应生成Na2O和Na2O2，转移电子数目为0.2NA
【答案】D
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、常温下铝遇浓硝酸会发生钝化，反应无法持续进行，转移电子数远小于3，A错误；
B、氮气与氢气合成氨的反应为可逆反应，反应物不能完全转化，生成的NH3分子数小于2，B错误；
C、FeCl3溶液中Fe3+会发生水解，实际存在的Fe3+数目小于，C错误；
D、4.6 g Na的物质的量为 ，反应中Na均被氧化为+1价，无论生成Na2O还是Na2O2，转移电子数均为0.2，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
铝的钝化现象：常温下铝与浓硝酸发生钝化，表面形成致密氧化膜，阻止反应继续进行；
可逆反应的限度：合成氨反应不能进行到底，生成的产物量小于理论值；
盐类水解：Fe3+在水溶液中发生水解，导致离子数目减少；
电子转移计算：Na反应中只失去1个电子，产物种类不影响转移电子总数，只需根据Na的物质的量计算即可。
11．利用如图装置进行实验：打开K1、K2，关闭K3，将注射器中浓硝酸全部注入三颈烧瓶，当圆底烧瓶和注射器均充满红棕色气体时关闭K1。下列说法错误的是
A．Cu与浓硝酸反应体现硝酸的强氧化性和酸性
B．挤压胶头滴管，圆底烧瓶能充满溶液
C．关闭K2，下推注射器活塞，注射器内气体颜色先变深后逐渐变浅
D．打开K3，洗气瓶中溶液变蓝
【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；硝酸的化学性质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、Cu 与浓硝酸反应生成 Cu(NO3)2、NO2和 H2O，硝酸中部分 N 元素被还原体现强氧化性，部分形成盐体现酸性，A 正确；
B、挤压胶头滴管，NaOH 溶液进入圆底烧瓶，与 NO2反应：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，气体被吸收，压强减小，外界水会被吸入烧瓶。但反应过程中会生成 NO（或因装置内气体无法被完全吸收），且烧瓶内会残留不溶于 NaOH 溶液的气体，因此圆底烧瓶不能充满溶液，B 错误；
C、关闭 K2，下推注射器活塞，压强增大，气体被压缩，NO2浓度瞬间增大，颜色先变深；随后平衡 2NO2 N2O4正向移动，NO2浓度降低，颜色逐渐变浅，C 正确；
D、打开 K3，NO2气体进入淀粉 KI 溶液，NO2与水反应生成 HNO3，HNO3将 I-氧化为 I2，淀粉遇 I2变蓝，D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
硝酸的双重性质：金属与浓硝酸反应时，硝酸既作氧化剂（体现强氧化性），又生成盐（体现酸性）；
NO2与 NaOH 的反应：NO2可与 NaOH 反应，但无法被完全吸收，且反应过程中可能生成 NO 等气体，因此烧瓶内压强无法降为零，不能充满溶液；
压强对化学平衡的影响：2NO2 N2O4是气体分子数减少的反应，增大压强，平衡正向移动，NO2浓度先因压缩瞬间增大，后因平衡移动降低；
NO2的氧化性：NO2与水反应生成的硝酸具有强氧化性，可将 I-氧化为 I2，使淀粉变蓝。
12．常温下，与存在多个配位平衡：
① ②
③ ④
常温下，向盐酸中加入一定量的，体系平衡后得到含的溶液，下列说法正确的是
A．加水稀释，溶液中的微粒总数下降
B．上述溶液中，
C．
D．向溶液中加入NaCl固体，一定降低
【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；化学平衡常数；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、加水稀释，配位平衡向离子数增多的方向移动（如），溶液中离子总数会增加，微粒总数上升，A错误；
B、由反应①得，代入，解得；
由反应②得，代入，解得，故，B正确；
C、根据电荷守恒，正确表达式应为：
，选项中电荷数不守恒，C错误；
D、加入NaCl固体，增大，反应①平衡逆向移动，先增大；当持续增大时，反应②平衡也会逆向移动，使趋于稳定，不一定降低，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
配位平衡移动：稀释促进配位平衡向解离方向移动，微粒总数增加；
平衡常数计算：利用给定的、与，可直接推导出各含汞物种的浓度关系；
电荷守恒应用：书写电荷守恒式时，需注意离子的电荷数，如、的电荷系数分别为2和2；
浓度变化分析：加入时，配位平衡分步移动，中间物种的浓度变化趋势需结合多个平衡综合判断。
13．下列有关方程式的书写错误的是
A．乙酰胺在氢氧化钠溶液中水解：
B．与水制备少量氧气：
C．将苯酚加入到碳酸钠溶液中：+→+
D．用制：
【答案】A
【知识点】盐类水解的原理；苯酚的化学性质；离子方程式的书写；酰胺
【解析】【解答】A、乙酰胺在NaOH溶液中加热水解，正确的离子方程式应为： ，原方程式中多余的会导致原子不守恒，故A错误；
B、与水反应生成NaOH和O2，方程式 书写正确，故B正确；
C、苯酚的酸性弱于碳酸但强于，因此苯酚与反应生成苯酚钠和，方程式++ ，书写正确，故C正确；
D、发生水解反应生成沉淀和HCl，方程式 书写正确，故D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
酰胺水解方程式书写：碱性条件下乙酰胺水解的正确离子方程式中，直接参与反应，无需额外添加，否则会导致氢原子数不守恒；
过氧化钠与水反应：该反应是过氧化钠的歧化反应，电子转移和产物配比均正确；
苯酚与碳酸钠的反应：利用“强酸制弱酸”原理，苯酚只能与反应生成，不能生成；
四氯化钛水解：该反应是制备钛白粉的基础反应，方程式符合原子守恒和水解规律。
14．一种新型淡化海水的电化学装置如图所示，其中c、d均为离子交换膜，b电极为电极，工作时其转化为。该装置工作时，下列说法正确的是
A．负极上电极反应式为
B．c为阳离子交换膜，d为阴离子交换膜
C．电路中转移1 mol电子，理论上电极a比电极b多增重12.5 g
D．电路中转移1 mol电子，理论上海水淡化室溶质质量减少29.25 g
【答案】C
【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、负极（a电极）上，Ag失去电子后与溶液中的Cl-结合生成AgCl，电极反应式应为 ，A错误；
B、为实现海水淡化，淡化室中的需向a电极（负极）移动，故c应为阴离子交换膜；需向b电极（正极）移动，故d应为阳离子交换膜，B错误；
C、电路中转移1 mol电子时，a电极生成1 mol AgCl，增重35.5 g（来自1 mol ）；b电极反应为，转移1 mol电子时吸收1 mol ，增重23 g。因此a电极比b电极多增重： ，C正确；
D、转移1 mol电子时，淡化室中有1 mol 和1 mol 迁出，溶质质量减少，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
电极反应与增重分析：a极Ag被氧化并结合生成AgCl，增重来自；b极电极材料结合，增重来自；
离子交换膜判断：为实现淡化，向正极移动，向负极移动，据此判断c、d膜的类型；
淡化室质量变化：迁出的和的物质的量均为1 mol，总质量减少为NaCl的摩尔质量；
电极方程式书写：需结合溶液环境，考虑离子参与反应，如Ag氧化生成的会立即与沉淀。
15．学习小组对乙醇催化氧化实验进行改进，装置如下图所示(已知氯化钙吸收乙醇后形成配合物，常温下稳定，受热会分解)。反应过程中下列说法不正确的是
A．配合物发生分解反应，释放出乙醇
B．打开止水夹，挤压洗耳球的目的是鼓入空气
C．可观察到粗铜丝先变黑后变红
D．将银氨溶液换成酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，证明有乙醛生成
【答案】D
【知识点】乙醇的物理、化学性质；乙醇的催化氧化实验；性质实验方案的设计；化学实验方案的评价；银镜反应
【解析】【解答】A、加热时，配合物 受热分解，释放出乙醇蒸气，为后续催化氧化提供反应物，A正确；
B、打开止水夹，挤压洗耳球可鼓入空气（含），为铜丝氧化提供氧化剂，B正确；
C、铜丝先被氧气氧化为黑色的，随后又被乙醇还原为红色的，故可观察到“先变黑后变红”的现象，C正确；
D、挥发出的乙醇也具有还原性，同样能使酸性溶液褪色，因此无法证明褪色是由乙醛引起的，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题考查乙醇催化氧化实验的改进装置分析。
关键原理：铜作催化剂，乙醇被氧气氧化为乙醛，过程中与循环转化；
干扰因素：乙醇易挥发，且能还原酸性高锰酸钾，因此不能用酸性高锰酸钾直接检验乙醛；
装置作用： 受热分解释放乙醇，洗耳球鼓入空气，银氨溶液用于检验乙醛（银镜反应）。
16．电解水制氢和耦合醇制酸的装置及机理如下，下列说法错误的是
A．阳极反应的催化剂是NiO
B．电解时，被氧化
C．阴极室的KOH的物质的量不因反应而改变
D．经历2次NiO与的互相转化可得到2 molH2
【答案】D
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、由机理图可知，阳极反应中NiO在反应前后循环转化，起到催化作用，A正确；
B、电解时，阳极区的被氧化为，碳元素的平均化合价升高，发生氧化反应，B正确；
C、阴极反应为 ，生成的通过阴离子交换膜迁移到阳极室，因此阴极室中KOH的物质的量保持不变，C正确；
D、由机理可知，NiO与NiO(OH)每互相转化1次，转移1mol电子，而生成1mol需要转移2mol电子，因此经历2次NiO与NiO(OH)的互相转化，只能得到1mol，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题考查电解水制氢耦合醇制酸的装置与机理分析。
催化剂判断：NiO参与反应循环，反应前后性质和质量不变，为阳极反应的催化剂；
反应类型判断：转化为，碳元素被氧化；
离子迁移分析：阴极生成的通过阴离子交换膜迁移至阳极室，因此阴极室KOH的量不变；
电子转移计算：NiO与NiO(OH)的一次转化对应1mol电子转移，生成1mol需要2mol电子，故两次转化只能生成1mol。
17．沉淀溶解平衡在生产、科研和环保等领域具有广泛的应用。
（1）兴趣小组用沉淀法提纯粗盐(含少量、、)获得NaCl固体。
将粗盐加水溶解，加入过量溶液，过滤，在滤液中依次加入过量　 　和　 　溶液(填化学式)沉淀杂质离子，后续需要的操作及其顺序为　 　(填下列操作编号)。
A．蒸发结晶 B．趁热过滤 C．冷却结晶 D．常温过滤
E．滴加盐酸
（2）用饱和溶液处理，可转化为易溶于酸的，发生反应： (Ⅰ)
兴趣小组探究温度对反应(Ⅰ)的反应速率的影响。
实验探究
①25℃时，取100 mL溶液，加入m g 固体，反应t s后，过滤，取20.00 mL滤液，在室温下用盐酸进行滴定(滴定终点时，转化为)，消耗盐酸体积为 mL。
②60℃时，重复上述实验，在室温下用盐酸进行滴定，消耗盐酸体积为 mL。
测得25℃和60℃时反应(Ⅰ)的平均反应速率之比　 　。
（3）兴趣小组采用电导率法测定25℃下的。
实验原理 电导率是表征电解质溶液导电能力的物理量。通过测定溶液的电导率，根据电导率与浓度之间的关系计算离子浓度，进而求算。
查阅资料 极稀溶液的电导率等于各离子电导率之和；温度一定时，强电解质的极稀溶液中，M离子的电导率，是与离子种类有关的常数。
25℃时，，，1 =1 L。
实验探究 甲同学按如下实验方案进行实验。
实验目的 实验步骤
制备沉淀 ⅰ.25℃时，将溶液和溶液按溶质的物质的量1：1混合，搅拌，静置，过滤，洗涤，取沉淀
制备饱和溶液 ⅱ.取步骤ⅰ中制备的加蒸馏水溶解，煮沸、搅拌至固体不再减少，冷却至室温，静置取上层清液
测定饱和溶液电导率 ⅲ.25℃时，测定步骤ⅱ中得到的上清液中的电导率
①检验步骤ⅰ中所得沉淀已洗涤干净的操作和现象是　 　。
②步骤ⅲ中测得，甲同学结合、计算　 　，发现与资料数据相比偏大。
③乙同学分析测得偏大的原因是步骤ⅲ中上清液除含有和外，还含有(填离子符号)　 　。乙同学根据相关原理，补充设计了实验方案，排除该原因的影响，测得的与资料数据相符，该方案为　 　(包括数据处理思路)。
【答案】（1）或；或；DEA
（2）
（3）取最后一次洗涤液，滴加溶液，无白色沉淀生成；；；测定同体积蒸馏水的电导率，用计算
【知识点】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；物质的分离与提纯；粗盐提纯
【解析】【解答】(1) 粗盐除杂时，氯化钡溶液需要在碳酸钠溶液之前加入，用于除去硫酸根，碳酸钠既能除去钙离子，又可以除去过量钡离子，氢氧化钠用于除去镁离子，添加顺序可灵活调整；全部除杂试剂加完后统一过滤除去各类沉淀，再向滤液加盐酸除去过量氢氧根与碳酸根，最后蒸发结晶，对应操作顺序为DEA。
故答案：或 ；或 ； DEA ；
(2) 根据滴定数据， 初始的物质的量为，25℃时，20 mL滤液消耗HCl，则100 mL滤液中剩余的物质的量为，反应消耗的为。60℃时，同理，反应消耗的为，则平均反应速率之比为。
故答案： ；
(3) 沉淀洗净检验操作：取少量最后一次洗涤液置于试管中，滴入硝酸银溶液，若无白色氯化银沉淀生成，说明沉淀表面氯离子已经洗涤完全；
结合电导率关系式，硫酸钡饱和溶液里，代入数值算出，；
纯水自身电离产生氢离子、氢氧根离子，两种离子会额外贡献电导率，使测得总电导率偏大，最终求得的溶解度s数值偏高；优化方法：相同温度下测定同等体积蒸馏水的电导率，采用作为有效电导率重新计算溶度积，消除水电离带来的系统误差。
故答案： 取最后一次洗涤液，滴加溶液，无白色沉淀生成 ；； ； 测定同体积蒸馏水的电导率，用计算 。
【分析】本题由粗盐提纯、沉淀转化速率计算、电导法测溶度积三个小问组成，整体围绕沉淀溶解与除杂原理展开，分别对应实验操作、定量计算、误差分析三类题型。
(1) 解题依托粗盐除杂固定规律，碳酸钠需除去过量钡离子，因此氯化钡投料必须早于碳酸钠，所有固体沉淀要在加盐酸前过滤，防止沉淀被酸溶解，以此梳理操作先后次序。
(2) 解题以酸碱滴定定量关系为桥梁，由小体积滤液耗酸量放大得到整体剩余碳酸根量，结合初始投料算出参与反应的反应物变化量，恒温等时长条件下，反应平均速率和反应物消耗物质的量成正比，由此推导速率比值。
(3) 第一空依照氯离子检验方法设计洗涤验证操作；
第二空紧扣电导率与离子浓度关系式，结合硫酸钡解离等量关系，分步代入数据计算溶度积；
第三空从纯水自耦电离角度分析干扰离子来源，针对性提出扣除空白电导率的改进方案。
（1）粗盐中含有的杂质离子为，已加入过量除去，接下来需加入过量NaOH除去，再加入过量除去和过量的，顺序可互换；
后续操作顺序为先常温过滤除去所有沉淀，再滴加盐酸除去过量的和，最后蒸发结晶，即顺序为DEA。
（2）反应。初始的物质的量为，25℃时，20 mL滤液消耗HCl，则100 mL滤液中剩余的物质的量为，反应消耗的为。60℃时，同理，反应消耗的为，则平均反应速率之比为。
（3）检验沉淀洗涤干净的操作为取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加12滴溶液，若无白色沉淀生成，说明沉淀已洗涤干净；
极稀溶液电导率，因，则，则；
上层清液中还含有，这些离子会贡献电导率，导致计算出的s偏大；
在25℃时，测定与步骤ⅱ中相同体积的蒸馏水的电导率，用代替原代入公式计算s，再求，即可排除水本身电离的影响。
18．稀土元素Nd(钕)、Dy(镝)均是清洁能源技术的核心资源，从制造废料(主要成分为，含有、、、等)中提取Nd，并回收其有价金属的一种工艺如下：
已知：①常温下，，。②G-macropa是一种稀土元素离子螯合剂，其与Nd和Dy可形成配合物和。
（1）制造废料“酸浸”前需“预处理”，粉碎后，再除去表面的矿物油污，除去矿物油污可以选择的试剂是___________(填选项字母)。
A．纯碱溶液 B．NaOH溶液 C．苯 D．稀硫酸
（2）常温下，将pH调至4后，滤渣②中主要含有　 　、　 　，滤液中　 　。
（3）“除铝”步骤中加入G-macropa螯合剂，其结构如图所示，有关说法正确的有：___________(填字母)。
A．该螯合剂中存在的化学键有：极性键，键，氢键等
B．该螯合剂难溶于水
C．该螯合剂识别K+能力比Na+强，是因为二氮杂-18-冠-6穿孔与K+大小更适配
D．该步骤中加螯合剂目的是使其与和形成配合物溶于水，防止和与形成沉淀
（4）“沉镝”过程中发生反应的离子方程式为　 　。
（5）当与按1：1混合时，配体与金属离子物质的量比(L/M)不同时的分离效率如下图所示。其中，c(G-macropa)=4mmol/L，c()=10 mmol/L，pH≈7。
①由图可知，该实验条件下，利用G-macropa分离与的最佳L/M比为　 　。
②由图及流程可推测　 　(填离子符号)与螯合剂G-macropa形成的配合物更稳定。
（6）以为原料制备，晶胞结构与NaCl相似，但由于哑铃形的存在，使晶胞沿同一个方向拉长，离最近的有　 　个。设NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞参数如图所示，若相对分子质量为M，则晶体密度为　 　(写表达式即可)。
【答案】（1）C
（2）Fe(OH)3；Al(OH)3；
（3）C；D
（4）
（5）8；Nd3+
（6）4；
【知识点】配合物的成键情况；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；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1) 矿物油属于烃类有机物，依据相似相溶原理，选用有机溶剂苯萃取除去矿物油污；碳酸钠、氢氧化钠依靠皂化反应去除油脂，稀硫酸无法溶解烃类矿物油，答案选C。
故答案：C；
(2) 原料中的二氧化硅不溶于稀盐酸，酸浸后成为滤渣①； 滤液中含、、、，时， ，根据 计算：，沉淀完全，，部分沉淀，因此滤渣②为、 ；
故答案：、； ；
(3) A：氢键属于分子间作用力，并非化学键，A错误；
B：螯合剂分子带有羧基、氨基等亲水基团，能够和水分子形成分子间氢键，水溶性较好，B错误；
C：冠醚空腔尺寸和钾离子半径匹配度更高，对钾离子结合能力更强，C正确；
D：体系加入氢氧化钠调节碱性，若无螯合剂结合，钕、镝离子会和氢氧根生成氢氧化物沉淀，随同铝杂质被过滤除去，螯合剂与目标金属离子生成可溶性配合物，实现和铝的分离，D正确；
综上答案选CD。
故答案：CD；
(4) 过量碳酸氢根和配位态的镝离子发生反应，生成碳酸镝沉淀，同时释放游离螯合剂、二氧化碳与水，离子方程式： 。
故答案： ；
(5) ①L/M比值等于8时，镝元素沉淀率接近百分之百，钕留在液相中的占比达到峰值，钕镝分离效果最优，最佳配比数值为8；
②同等条件下钕离子更难被碳酸氢根沉淀、稳定留存于溶液，说明钕离子和螯合剂形成的配合物化学稳定性更强。
故答案：8；；
(6) 晶胞结构中，任意一个在水平平面存在4个距离相等的紧邻；利用均摊法计算，晶胞内钕离子数目，对应晶胞内含4组； 晶胞质量，晶胞体积， 带入密度计算公式，。
故答案：4； ；
【分析】 工艺从制造废料(主要成分为，含有、、、等)中提取Nd， 制造废料加稀盐酸酸浸，二氧化硅不溶成为滤渣①，金属氧化物转化为金属离子进入滤液；滤液调 pH=4，铁、铝离子水解生成氢氧化物形成滤渣②除去；滤液中加入螯合剂与氢氧化钠，稀土离子生成可溶性配合物，铝杂质以滤渣③除去；向所得溶液加过量碳酸氢钠，镝从配合物中析出生成碳酸镝沉淀被分离；剩余含钕配合物加盐酸解络，回收螯合剂，最终得到含钕滤液。
(1) 解题依托相似相溶规律区分矿物油与油脂的除杂原理，烃类矿物油只能用有机溶剂萃取，油脂可通过碱性水解除去，据此筛选选项。
(2) 结合氧化物酸溶规律判断滤渣①成分，套用氢氧化物计算公式，通过离子剩余浓度判断金属离子沉淀程度，汇总滤渣②组成。
(3) 逐项依托氢键定义、有机物水溶性规律、冠醚配位特点、螯合剂分离原理，逐条辨析四个选项正误。
(4) 根据流程信息确定反应物、生成物，结合电荷守恒、原子守恒完成配位体系陌生离子方程式配平。
(5) ①对照图像数据，兼顾镝沉淀完全、钕留存率最高两个条件确定最优投料比；②由沉淀难易程度反推配合物稳定性强弱。
(6) 先观察晶胞空间排布确定紧邻离子数目，借助均摊法统计晶胞内离子数，再结合晶胞棱长换算体积，代入密度通用公式完成推导。
（1）矿物油属于烃类，可得用有机溶剂苯萃取处理，而碳酸钠、氢氧化钠主要除掉油脂，稀硫酸无法除去矿物油污，故选C；
（2）酸浸时 不溶于稀盐酸，成为滤渣①除去，滤液中含、、、，时， ，根据 计算：，沉淀完全，，部分沉淀，因此滤渣②为、 ；
（3）A．氢键不属于化学键，A错误；
B．该螯合剂含多个亲水基（羧基、氨基），可与水形成氢键，易溶于水，B错误；
C．冠醚对离子的识别符合尺寸匹配效应，空腔大小与更适配，因此结合能力更强，C正确；
D．除铝时加入NaOH，若、不形成配合物，会与OH-生成氢氧化物沉淀随铝除去，因此螯合剂的作用是结合二者形成可溶性配合物，避免沉淀，D正确；
故选CD；
（4）与 反应生成碳酸镝沉淀，释放出螯合剂和，离子方程式为；
（5）①分离效果最佳时，Dy尽可能全部沉淀（滤渣中Dy接近100%），Nd尽可能留在滤液，由图可知时，Dy100%沉淀，滤液中Nd百分含量最高，因此最佳比为8；
②更多留在滤液中，与螯合剂结合形成配合物，因此与螯合剂形成的配合物更稳定；
（6）晶胞沿竖直方向（b方向）拉长，竖直方向 间距大于水平方向，对于任意 ，只有水平方向4个 距离最近，因此最近的 为4个； 晶胞中含数目为，因此晶胞含4个 ，晶胞质量，晶胞体积，密度。
19．二氧化碳的资源化利用是实现“双碳”目标的关键。其中，通过逆水煤气变换(RWGS)反应调控合成气中氢碳比具有重要的工业价值。
RWGS反应：反应Ⅰ．
RWGS反应中可能发生的副反应：
反应Ⅱ．
反应Ⅲ．
回答下列问题：
（1）　 　，反应Ⅲ在　 　(填“高温”“低温”或“任意温度”)下能自发进行。
（2）RWGS反应历程中Cu改性前后该路径的相对能量与反应历程关系如图1：
①由图可知，加入Cu助剂后，决速步反应的活化能降低了　 　eV。
②加入Cu的作用是　 　。
（3）实验测得RWGS反应正逆反应速率方程：，(、分别为正逆反应速率常数，p为各物质分压)，反应达到平衡后，仅升高温度，增大的倍数　 　(填“大于”“小于”或“等于”)增大的倍数。
（4）恒压下，按投料，发生上述反应。平衡时CO、、、的物质的量分数(x)随温度(T)的变化曲线如图2[已知、]；
①曲线c、d代表的物质分别是　 　。
②温度高于400℃后，曲线b超过d且持续增大的原因是　 　。
（5）控制反应体系总压为p kPa，按投料，发生上述反应。600℃达到平衡时，的转化率为80%，的选择性为25%[已知的选择性]。该温度下反应Ⅲ的平衡常数　 　(用分压表示，列出计算式即可)。
【答案】（1）；高温
（2）0.4；降低决速步的活化能，从而加快反应速率
（3）大于
（4）、；反应Ⅰ、Ⅲ吸热，反应Ⅱ放热；高温利于反应Ⅰ、Ⅲ正移，利于反应Ⅱ逆向移动，使CO成为主产物
（5）或
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1) 依据盖斯定律，目标反应Ⅲ可由反应Ⅰ减去反应Ⅱ推导得出，列式：
该反应正方向气体计量数增多，体系混乱度上升，，同时；根据反应自发判定公式，低温时数值偏小，反应无法自发，高温条件下能够抵消正焓变带来的影响，，反应可以自发进行。
故答案： ；高温；
(2) 基元反应的活化能对应反应能垒高度，能垒越高反应速率越慢，总反应速率受最慢步骤控制。对照能量示意图，反应物过渡至的能垒高于后续步骤，第一步为总反应决速步骤；未加催化剂时能垒，添加后降至，活化能下降数值：；催化剂的作用是降低决速步骤活化能，缩短反应活化所需能量，加快整个反应的进行速率。
故答案：； 降低决速步的活化能，从而加快反应速率 ；
(3) 该主反应正向为吸热变化，升高温度，化学平衡沿着消耗反应物、生成产物的正向发生移动，平衡常数数值增大；平衡常数与速率常数满足关系式：
升温同时加快正、逆两个方向的反应速率，变大说明增大的倍数大于增大的倍数。
故答案：大于；
(4) ①相同温度下，投料中投入量最多，平衡时物质的量分数始终最高，对应曲线；由放热反应生成，升温对应反应逆向进行，含量持续下降，对应曲线；依据原子守恒，体系的生成总量大于，因此代表，代表。
②反应Ⅰ、Ⅲ焓变为正值属于吸热反应，升温平衡正向推进，产量提升；反应Ⅱ焓变为负值属于放热反应，升温平衡逆向移动，同样会促使增多，双重作用下平衡产率随温度上升持续增大。
故答案：、； 反应Ⅰ、Ⅲ吸热，反应Ⅱ放热；高温利于反应Ⅰ、Ⅲ正移，利于反应Ⅱ逆向移动，使CO成为主产物 ；
(5) 按投料，600℃达到平衡时，的转化率为80%，即消耗总量为0.8 mol。的选择性为25%[已知的选择性]，生成和消耗的比值为，列三段式计算：反应Ⅰ．
反应Ⅱ．
结合已知信息列式：所以平衡时
，所以反应Ⅲ的平衡常数或简化为。
故答案：或 ；
【分析】本题选取二氧化碳催化加氢平行制备甲烷与一氧化碳的工业反应，由热力学计算、反应机理、速率常数、平衡图像、分压平衡常数计算逐层设问，综合热化学与化学平衡全模块知识点。
(1) 解题围绕盖斯定律的化学方程式加减运算规则，通过已知反应焓变代数运算得到目标焓变，再结合焓变、熵变正负取值，利用吉布斯自由能公式，定量分析温度对反应自发进行的影响条件。
(2) 解题关键掌握决速步判定原则，能垒最高的基元反应控制总反应速率，对比有无催化剂的能垒差值得到活化能变化数据，依托活化能越低反应速率越快的规律，解释铜催化剂的催化原理。
(3) 解题结合勒夏特列原理判断温度对平衡移动的影响，借助平衡常数等于正逆速率常数之比的关系式，由平衡常数变化趋势反向推导两种速率常数受温度影响的增幅大小关系。
(4) 解题先依靠初始投料量、原子守恒规律对比平衡组分含量高低，再结合各反应吸热或放热属性，分析温度改变带来的组分含量变化，完成曲线与物质的匹配，分段解析一氧化碳产率随温度升高的变化缘由。
(5) 解题先用二氧化碳总消耗量、产物选择性两个限定条件建立二元方程组，分步算出两条平行路径消耗原料的量，逐一统计平衡时各物质的物质的量，结合分压基本公式，按照平衡常数书写规范代入数据列式。
（1）热力学分析：反应Ⅲ=反应Ⅰ-反应Ⅱ，根据盖斯定律。反应Ⅲ为吸热反应()，。根据的判据，在高温下更能抵消的正值，使，该反应吸热且熵增，需高温自发；
（2）机理研究：观察能垒图，两种催化剂下，第一步（从反应物到）的活化能都高于第二步，所以第一步是决速步，①对应的峰值从1.2 eV降至0.8 eV，即降低了0.4 eV；②由图像分析加入Cu的作用：降低决速步的活化能，从而加快反应速率；
（3）动力学规律：因为该反应(吸热)，升温平衡正移，平衡常数增大，说明增大的倍数更高，故增大倍数大于；
（4）图像分析：已知，且温度升高减小，d为，a为，又已知，所以b为，c为，即曲线c、d代表的物质分别是、；②反应Ⅰ、Ⅲ吸热，反应Ⅱ放热；高温利于反应Ⅰ、Ⅲ正移，利于反应Ⅱ逆向移动，使产率增加；
（5）按投料，600℃达到平衡时，的转化率为80%，即消耗总量为0.8 mol。的选择性为25%[已知的选择性]，生成和消耗的比值为，列三段式计算：反应Ⅰ．
反应Ⅱ．
结合已知信息列式：所以平衡时
，所以反应Ⅲ的平衡常数或简化为。
20．烯丙醇(CH2=CH-CH2OH)是重要的有机合成中间体，通过不对称氧化反应可合成化合物G(一种β-肾上腺素受体阻滞剂)。化合物G的一种合成路线如下：
（1）溴代烃B的结构简式为　 　。
（2）化合物D中不能与钠反应的含氧官能团名称为　 　。
（3）下列说法正确的有___________(填序号)。
A．C→D的过程中有π键的断裂和σ键形成
B．E分子中碳原子杂化类型为sp2
C．化合物F存在分子间氢键，且能与水互溶
D．D、E、F和G分子中均含有手性碳原子
（4）化合物C的同分异构体中，核磁共振氢谱图中只有一组信号峰的化合物的名称为　 　。
（5）若一定条件下，化合物C先与反应生成M，再经过不对称氧化反应可直接得到F，写出M的结构简式：　 　。
（6）以丙烯酸()、乙烯和(CH3)2NH为有机原料，根据上述信息，分三步合成化合物。
①第一步：在催化剂的作用下，乙烯与O2发生反应生成环状化合物Q，其反应的化学方程式为　 　。
②第二步：(CH3)2NH与Q反应形成链状化合物。
③第三步：进行　 　(填反应类型)，其反应的化学方程式为　 　(注明反应条件)。
【答案】（1）
（2）醚键
（3）A；D
（4）丙酮
（5）
（6）2CH2=CH2+O22；酯化反应(或取代反应)；
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；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) 正丙醇在浓硫酸、加热环境发生醇的消去反应，脱去1分子生成丙烯；丙烯在光照条件下，烷基上发生自由基取代，取代甲基氢得到卤代烃，结合后续B水解生成烯丙醇的转化，确定B结构为。
故答案：；
(2) D分子中含氧官能团包含醇羟基与醚键，醇羟基能够与金属发生置换反应释放氢气，醚键内部化学键稳定，无法和发生反应，因此不能与钠反应的含氧官能团是醚键。
故答案：醚键；
(3)A：C到D属于烯烃不对称环氧化反应，碳碳双键里键能较弱的键发生断裂，氧原子分别与双键两端碳原子成键，生成 键，描述正确；
B： E分子中，萘环()所有碳原子杂化类型为sp2，形成单键的碳原子杂化类型为sp3，描述错误；
C：F仅存在醚键，不存在、等亲水基团，无法形成分子间氢键，极性弱难以在水中溶解，描述错误；
D： 连有4种不同原子团的碳原子即为手性碳原子，D、E、F和G分子中均含有手性碳原子，用*分别表示为、、、，描述正确；
综上，正确选项为AD。
故答案：AD；
(4) 分子式，限定同分异构体核磁共振氢谱只有1组吸收峰，说明分子内部结构高度对称；满足对称结构、不含碳碳双键的稳定结构为 ，系统命名为丙酮。
故答案：丙酮；
(5) 由转化关系， 烯丙醇先与反应生成M，M经不对称氧化直接得到F，可知M保留碳碳双键结构；采用逆向分析法，从F的醚键骨架反向推导，烯丙醇与萘酚钠发生取代反应，羟基脱氢、萘酚钠脱生成醚，M结构为 。
故答案： ；
(6) ①第一步：类似于烯丙醇的不对称氧化反应，乙烯在催化剂作用下能和反应生成环状化合物Q()，反应的化学方程式为；
②第二步：与Q()反应形成链状化合物；
③第三步：丙烯酸()与进行酯化反应(或取代反应)得到最终的目标产物，其反应的化学方程式为：。
故答案： 2CH2=CH2+O22 ； 酯化反应(或取代反应) ； ；
【分析】正丙醇在浓硫酸加热条件下发生消去反应生成丙烯 A；丙烯经光照甲基氢溴代得到卤代烃 B；B 在氢氧化钠水溶液中加热水解生成烯丙醇 C（ ）；C 经不对称环氧化得到环氧醇 D；D 与 发生开环成醚得到二醇 E；E 分子内脱水闭环生成环醚 F；F 再和异丙胺开环加成，最终得到目标产物 G。
(1) 依托醇消去、烯烃光照卤代的反应规律，醇在浓酸加热条件消去生成烯烃，烯烃光照时只发生烷基氢取代而非加成，结合后续水解产物反推卤原子取代位置，锁定结构。
(2) 分类梳理含氧官能团化学性质，羟基具备活泼氢可与钠反应，醚键无活泼氢，依据二者性质差异筛选官能团名称。
(3) A结合环氧化反应断键成键规律，键易断裂、新 键生成；B区分芳香碳与饱和烷基碳杂化形式，苯环碳、饱和烷碳；C根据氢键形成条件与有机物水溶性规律，缺少亲水基团则难溶于水；D严格按照手性碳定义，逐个排查四种有机物饱和碳原子的连接基团。
(4) 先由氢谱只有一组峰推出分子高度对称，结合分子式不饱和度，排除烯醇式不稳定结构，最终确定对称酮丙酮。
(5) 利用逆向合成分析法，结合题干不对称氧化的反应特征，产物的环氧结构由原料碳碳双键氧化而来，反推M必须含碳碳双键，再结合醚键成键原理确定取代位点。
(6) 模仿题干烯烃不对称环氧化机理书写乙烯环氧化方程式；利用三元环醚易开环加成的特点，书写胺解产物；遵循酯化反应“酸脱羟基醇脱氢”的断键规则，配平酯化反应的化学方程式。
（1）由分析可知，B的结构简式为；
（2）化合物D中不能与钠反应的含氧官能团名称为醚键；
（3）A．C→D的过程中，碳碳双键中的键断裂，C-O σ键形成，A正确；
B．E分子中，萘环()所有碳原子杂化类型为sp2，形成单键的碳原子杂化类型为sp3，B错误；
C．化合物F的官能团只有醚键，不能形成分子间氢键，且没有亲水基团，不能与水互溶，C错误；
D．连有4种不同原子团的碳原子即为手性碳原子，D、E、F和G分子中均含有手性碳原子，用*分别表示为、、、，D正确；
故选AD；
（4）烯丙醇的分子式为，其同分异构体的核磁共振氢谱只有1种氢，即分子内含有对称的2个甲基(-CH3)，故该同分异构体为，名称为丙酮；
（5）一定条件下，烯丙醇先与反应生成M，再经过不对称氧化反应可直接得到F，则M中含有碳碳双键，根据F的结构逆推出M的结构简式为；
（6）①第一步：类似于烯丙醇的不对称氧化反应，乙烯在催化剂作用下能和反应生成环状化合物Q()，反应的化学方程式为；
②第二步：与Q()反应形成链状化合物；
③第三步：丙烯酸()与进行酯化反应(或取代反应)得到最终的目标产物，其反应的化学方程式为：。
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