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湖南2026年2月高三下学期Flawless联考化学试题
1．人形机器人作为“通用人工智能”的物理延伸，从工业走向家用，深刻影响人类生产与生活方式。下列说法错误的是
A．骨架所用到的碳纤维具有密度小和强度高的优点
B．伺服电机连接器使用的液晶聚合物具有各向异性
C．机器人使用的锂离子电池能量密度高于铅酸电池
D．用于制作机器人控制芯片的主要材料是二氧化硅
2．人工合成氨的一种方法如下图流程所示，下列说法正确的是
A．用酸性高锰酸钾溶液检验粗氨中的乙炔
B．中含有键
C．的VSEPR模型为
D．为V形结构
3．下列物质分类和性质正确的是
选项 物质 分类 性质
A 碱 会在空气中迅速变成红褐色
B 淀粉 天然高分子化合物 在高温条件下会分解
C 浓盐酸 纯净物 具有强挥发性
D 酸性氧化物 能与反应生成
A．A B．B C．C D．D
4．化学实验的成功离不开实验方法的正确选择。下列实验使用的方法和主要操作都正确的是
实验目的 A.往铁制品镀上一层致密的铜膜 B.测量某种铝合金与浓NaOH溶液的反应热
实验方法 电解法 量热计量热法
主要操作
实验目的 C.海水提碘中，为获得易溶于水的 D.提纯实验室制取的
实验方法 灼烧法 萃取法
主要操作
A．A B．B C．C D．D
5．南宁市非物质文化遗产代表项目“武鸣艾馍”以新鲜艾草为原料，艾草中富含芦丁（结构如图所示），使武鸣艾馍在味美之余还具有一定的食疗功效。下列有关芦丁的说法错误的是
A．可能会与体液中的结合而失去药效
B．与足量溴水反应后的分子式为
C．理论上存在顺反异构体
D．不会与溶液反应
6．下列表述和相关的离子方程式均正确的是
选项 表述 离子方程式
A 向酸性高锰酸钾溶液中通入，溶液由紫红色变为无色
B 在加热条件下，用KOH浓溶液洗去试管壁上的硫磺
C 向明矾溶液中加入小苏打溶液，产生白色沉淀与无色气体
D 为得到银粉，可以向AgI悬浊液中加入铁粉进行转化
A．A B．B C．C D．D
7．半胱氨酸在一定条件下转化为胱氨酸的反应如下：
已知：阿伏加德罗常数的值为，硫醇与苯酚的酸性类似。下列说法正确的是
A．的胱氨酸水溶液中H的数目大于
B．胱氨酸中采取杂化的碳原子数目为
C．半胱氨酸水溶液中电离出H的数目大于
D．每将半胱氨酸转化为胱氨酸，转移的电子数为
8．物质结构决定物质性质。下列事实与主要影响因素匹配错误的是
选项 事实 主要影响因素
A 乙烯的4个氢原子共平面 分子极性
B 碳原子间比磷原子间更容易形成双键 原子半径大小
C 分子间氢键强弱： 电负性大小
D 金属熔点： 金属键强弱
A．A B．B C．C D．D
9．化学是基于实验的学科。由下列实验事实无法得出对应结论的是
选项 实验操作和现象 结论
A 下，用pH计测定水溶液的。 水电离产生的大于
B 把相同大小和形状的金属Na与金属Li同时投入水中，观察到Li与水反应不如Na与水反应剧烈。 金属活动性：
C 向的溶液中逐滴滴加等体积等浓度的溶液，观察到先出现红褐色沉淀，放置后沉淀消失，溶液变为绿色 前述各步反应的活化能：氧化还原反应>水解反应
D 向含有物质的量之比为的和的稀溶液中加入过量铜粉，观察到生成气体，溶液变蓝。 反应结束后溶液的溶质中不含
A．A B．B C．C D．D
10．荧光玻璃膜是一种新型全无机荧光转换材料，是一种红色荧光粉基质的主要成分。Y、Z和W都是短周期元素，X是组成牙齿的主要金属元素，基态W原子的2p轨道半充满。Z与Y相邻且基态Z原子比基态Y原子少一个未成对电子。Z与W的核电荷数之和等于X的核电荷数。下列说法正确的是
A．第二电离能：
B．简单氢化物的还原性：
C．简单离子半径：
D．Y的四聚阴离子结构可能为
11．呋喃二甲酸是重要的生物基平台化学品，可用于合成生物可降解塑料聚呋喃二甲酸乙二醇酯，替代石油基的。传统方法直接氧化羟甲基糠醛制备FDCA，某课题组将HMF先转化为六元环缩醛，再通过有氧氧化制备FDCA，相关反应如下：
已知：反应I、Ⅱ、Ⅲ均为放热反应，高浓度HMF会发生缩合、聚合副反应。下列说法错误的是
A．的热稳定性比高
B．将HMF转化为氧化制备FDCA可减少副产物的生成
C．升高温度，平衡时的总转化率和FDCA的产率均会提高
D．反应物PD可循环利用，本身也可来源于生物质，符合绿色化学理念
12．一种聚碘化合物的正交晶胞如图所示[晶胞参数：（单位：），，氢原子未画出]。已知该晶体在空气中分解会放出氨气，可以进一步结合。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．晶体密度为
B．与反应生成
C．该晶体在空气中分解还会生成和CuI
D．该晶体中所有与均形成配位键
13．铟（In，性质与Al相似，价层电子排布：）可作为碱性锌锰电池的无汞缓蚀剂，推动电池的无汞化。研究人员按图甲所示连接电路，调节电源电压，经过电解池的电流强度变化如图乙所示。下列说法错误的是
A．段，Pt电极发生反应：
B．段，造成电流强度减小的机制与Fe在浓硝酸中钝化类似
C．段，每生成标准状况下氢气，电极质量增加
D．段，电流强度再次增大的主要原因是
14．一种Mn元素催化氧化烯烃的反应机理如图。已知实楔形线表示基团在纸面前方，虚楔形线表示基团在纸面后方。下列说法错误的是
A．使用顺丁烯为原料，可以得到2种互为镜像的产物
B．物质X是
C．反应c的类型为加成反应
D．经过反应元素的化合价变化为
15．下，的二元酸溶液中四种含铬粒子的分布分数随pH的变化关系如图所示（pH范围为）。已知：，某含铬粒子的分布分数。下列说法正确的是
（参考数据：）
A．曲线a表示，曲线b表示
B．下，的平衡常数
C．下，pH在内，
D．下，取的和的等体积混合，调节，溶液中无沉淀
16．HBr是一种常用有机合成试剂。某化学兴趣社团用硫磺还原法制取HBr，制备装置如下图所示（橡胶管连接处已做好保护措施，且夹持装置已省略）。
已知：溴的沸点为的沸点为的沸点为。请回答：
（1）A装置中会生成两种强酸，请写出其中发生的化学方程式　 　。
（2）B装置的作用是　 　。
（3）搭建尾气处理装置所需要的仪器有　 　（填所需仪器的名称，不考虑持夹装置）。
（4）请分别分析C装置以“湿润硫磺”为填充试剂，“直径的玻璃珠”为试剂载体的好处　 　。
（5）下列说法不正确的是　 　。（填标号）
a.C装置中硫磺可选用乙醇溶液作湿润剂
b.三颈烧瓶内还可以加入少量的NaBr固体
c.装有浓硫酸的洗气瓶可以替换E装置
d.F装置中不再有液体滴下时可关闭A装置的止水夹
e.D、F装置收集到的物质为和
（6）为了计算所得HBr的纯度，有同学设计了如下方案：
步骤I．准确称量制得的HBr，加去离子水定容至；
步骤Ⅱ．量取上一步所得溶液，加入指示剂；
步骤Ⅲ．用的标准溶液滴定至终点。
已知：该滴定过程的适宜pH范围为。
①该同学按上述步骤重复实验3次，依次消耗标准溶液。则HBr产品纯度为　 　%（保留整数）。
②该方案计算得到的HBr纯度超过100%，则该同学可能没有考虑到的现实情况是　 　。
17．金属镁是我国重要的战略资源，工业上有两种方法可以获得镁锭。
Pidgeon法：以白云石（主要成分为，其质量占比为95%）为原料，工艺过程分成煅烧、混合、研磨、还原和精炼等阶段。其工艺流程如图所示：
熔盐电解法：以菱镁矿（主要成分为）为原料，先将其转化为氯化镁熔体，再进行电解。其工艺流程如图所示：
已知：Mg的沸点为，萤石的成分为。请回答：
（1）熔盐电解法的“氯化”步骤中，Mg元素主要经过2步完成氯化：①；②　 　。
（2）Pidgeon法中，某些参数会影响白云石的煅烧速率，如　 　。（列举两例）
（3）在Pidgeon法的“还原”步骤中：
①若表示硅铁合金组成的最简化学式为，在一定条件下消耗白云石，还原率为0.8（）。已知萤石和硅铁合金中的Fe均不参与反应，则至少应投入硅铁合金　 　kg。（保留2位有效数字）
②“还原”在圆柱体还原罐内进行，混合料被研磨成直径的球团，加热时热量由罐外向内传递，加热温度为，在不同还原时间下，球团还原率随与罐壁距离的变化如下图所示。若还原时进行分离，则滤渣的主要成分为、　 　、　 　。（不参与反应的萤石和铁除外）
（4）①粗镁的熔点低于纯镁，工业精炼镁时，常采用区域熔炼法。如图所示，先将圆柱体粗镁放进一个装有移动环形电炉的套管内，再强热熔化掉一个小区域，形成熔融带，然后环形电炉沿轴线缓慢移动，熔融带便随着环形电炉前进。若电炉自左向右移动，高纯镁将会富集在　 　端（选填“左”或“右”）。
②常压下，应在　 　气氛下把液态镁浇铸成镁锭。（填标号）
a. b. c. d.
（5）为了得到纯度较高的镁锭，应该采用　 　。（选填“Pidgeon法”或“熔盐电解法”）
18．化合物F是一种Gemini型表面活性剂，在石油开采领域具有重要的应用价值，其合成路线如下图所示：
（1）B的名称是　 　；的目的是　 　。
（2）的反应类型是　 　。
（3）写出的化学方程式　 　。
（4）写出同时满足下列条件的D的一种同分异构体　 　。
①遇溶液显色；
②含有一个手性碳原子；
③核磁共振氢谱峰面积比为。
物质H是一种季铵盐表面活性剂，其合成路线如下图所示：
（5）物质H的复杂阳离子中，长链烷基端是疏水端，季铵盐头部是亲水端，从结构上分析物质H属于　 　（选填“阳离子”或“阴离子”）型表面活性剂；物质F疏水的原因是长链烷基，亲水的原因是　 　。
（6）根据图中信息，以甲苯和（过氧化叔丁醇）为原料，设计化合物的合成路线　 　（用流程图表示，无机试剂任选）。
19．和是两种重要的化工原料。
（1）可通过如下反应利用制得
则　 　（用表示）。
（2）和的分解反应分别为
反应I：
反应Ⅱ：
上述两个反应的与的关系如图所示。[已知：为标准平衡常数，对于反应，其中为各组分的平衡分压。]
①已知（C为常数），且，则图甲中表示分解的直线为　 　（选填“a”或“b”）。
②已知反应的Gibbs自由能变，反应I需加热才能自发进行，可能的原因是　 　。
③对于反应Ⅱ，写出一种既能加快的生成速率，又能提高反应物的平衡转化率的操作：　 　。
（3）在温度为时，向容器中加入足量的和，达到平衡状态时，氨气的平衡分压　 　。
（4）在温度为、压强为的条件下，向只盛有足量的密封容器中通入和的混合气体以避免分解。已知该温度下反应I的，则混合气体中体积分数x的取值范围是　 　。
（5）利用双极膜电渗析法可制备和，原理如下图所示：
①电极M发生的电极反应式为　 　；c膜可以交换的离子是　 　（填离子符号）。
②下列反应室需要及时补充溶质的是　 　（填标号）。
a.极室m b.极室n c.盐室 d.酸室
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；硅和二氧化硅；晶体的定义
【解析】【解答】A、碳纤维具有密度小、强度高、耐腐蚀等优点，适合用作机器人骨架，A 正确；
B、液晶聚合物属于液晶材料，具有各向异性，B 正确；
C、锂离子电池的能量密度远高于铅酸电池，更适合作为机器人电源，C 正确；
D、制作芯片的主要材料是单质硅（晶体硅），二氧化硅是光导纤维、芯片绝缘层的材料，D 错误。
故答案为：D
【分析】本题解题要点：
碳纤维的核心优势是低密度、高强度，可在轻量化的同时保证结构强度，符合机器人骨架的需求；
液晶材料的典型特性就是各向异性，这是其用于电子器件的基础；
锂电池相比铅酸电池，能量密度高、体积小、重量轻，是现代便携电子设备的主流电源；
芯片的核心半导体材料是单质硅，二氧化硅不具备半导体导电性，不能用于制作芯片。
2．【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、粗氨中含有的乙炔具有碳碳三键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使溶液褪色，可用于检验乙炔，A正确；
B、分子中，原子的轨道与原子的轨道重叠形成键，B正确；
C、中原子的价层电子对数为，无孤电子对，VSEPR模型为平面三角形，与题图结构一致，C正确；
D、中原子的价层电子对数为，无孤电子对，空间结构为直线形，不是V形，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
乙炔检验：酸性高锰酸钾可氧化含不饱和键的物质，乙炔含碳碳三键，能使酸性高锰酸钾褪色，可用于检验；
化学键类型：的键由的轨道与的轨道头碰头重叠形成，属于键；
VSEPR模型：价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，与图示一致；
空间结构：中心原子价层电子对数为2，无孤电子对，空间结构为直线形。
3．【答案】B
【知识点】硅和二氧化硅；铁的氧化物和氢氧化物；物质的简单分类
【解析】【解答】A、属于碱，但它在空气中是逐渐被氧化为红褐色的，并非迅速变色，A错误；
B、淀粉属于天然高分子化合物，在高温条件下会发生分解，B正确；
C、浓盐酸是的水溶液，属于混合物，不是纯净物，C错误；
D、属于酸性氧化物，但它不与反应，不能直接生成，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
物质分类：纯净物由一种物质组成，混合物由多种物质组成，浓盐酸为混合物；
物质性质：在空气中缓慢氧化，不与水反应，淀粉高温可分解；
高分子化合物：淀粉、纤维素、蛋白质均属于天然高分子化合物。
4．【答案】A
【知识点】分液和萃取；中和热的测定；电镀
【解析】【解答】A、往铁制品上镀铜，采用电解法，铜棒作阳极（接电源正极），铁制品作阴极（接电源负极），电解液用含的溶液（加适量氨水可防止水解），装置和操作均正确，A正确；
B、铝和浓氢氧化钠溶液反应生成氢气，气体向外逸散过程会带走体系热量，破坏量热装置的绝热环境，无法精准测定反应放热，B 错误；
C、灼烧海带应在坩埚中进行，不能在烧杯中直接加热，烧杯加热易受热不均炸裂，C错误；
D、乙酸甲酯与饱和溶液不互溶，可通过分液法分离，萃取法用于提取溶质，该操作方法错误，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
电镀原理：镀层金属作阳极，待镀金属作阴极，含镀层金属离子的溶液作电解液；
反应热测定条件：量热实验需要密闭绝热环境，产气散热会干扰温度测定，因此判定装置不能用来测反应热；
灼烧操作：固体灼烧需在坩埚中进行，烧杯不能用于高温灼烧；
物质分离：互不相溶的液体混合物用分液法分离，萃取法用于溶质的提取。
5．【答案】B
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；烯烃
【解析】【解答】A、芦丁分子中含有多个酚羟基，可与体液中的形成络合物，从而失去药效，A正确；
B、芦丁分子中苯环上酚羟基的邻、对位氢可与溴水发生取代反应，共5个可取代的氢原子，与足量溴水反应后分子式应为错误，实际为，B错误；
C、芦丁分子中含有碳碳双键，且双键两端连接的基团不同，理论上存在顺反异构体，C正确；
D、芦丁分子中不含羧基（），酚羟基的酸性弱于碳酸，不会与溶液反应，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
酚羟基性质：可与金属离子络合，酸性弱于碳酸，不与反应；
溴水取代反应：苯环上酚羟基的邻、对位氢可与溴水发生取代，需准确数出可取代氢原子数；
顺反异构判断：碳碳双键两端连接不同基团时，存在顺反异构；
分子式计算：取代反应中每取代1个氢原子，引入1个溴原子，氢原子数减少1，溴原子数增加1。
6．【答案】C
【知识点】盐类水解的原理；二氧化硫的性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、向酸性高锰酸钾溶液中通入，发生氧化还原反应，离子方程式中得失电子不守恒，正确离子方程式为，A错误；
B、加热条件下，与浓溶液发生歧化反应，离子方程式 3S + 6OH-=2S2-++ 3H2O，B错误；
C、向明矾溶液中加入小苏打溶液，发生双水解反应，离子方程式中电荷不守恒，正确离子方程式为，C正确；
D、悬浊液中加入铁粉，只能被氧化为，不会生成，正确离子方程式为
2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I-，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
氧化还原反应离子方程式：需满足得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒；
歧化反应：在碱性条件下加热发生歧化，既被氧化又被还原；
双水解反应：与发生彻底双水解，需配平电荷；
金属置换反应：与不活泼金属盐反应，只能被氧化为。
7．【答案】D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；苯酚的化学性质；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、未指明溶液体积，无法计算溶液中的具体数目，且胱氨酸为二元酸，仅1mol胱氨酸电离出的也远小于（未考虑水的电离），A错误；
B、仅有浓度数据而无溶液体积，无法计算溶质的物质的量，不能统计微粒数目，B 错误；
C、硫醇与苯酚酸性类似，其酸性弱于羧基，故电离出的能力更强，电离出的数目更多，C错误；
D、半胱氨酸转化为胱氨酸的过程中，转化为，元素从-2价升高到-1价，2mol半胱氨酸反应生成1mol胱氨酸，失去2mol电子，则转化为2mol胱氨酸时，转移电子数为，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
阿伏加德罗常数计算基础：缺少溶液体积，仅凭浓度无法求解溶质的物质的量；
酸性比较：酚类（硫醇）酸性弱于羧酸，羧基电离程度更大；
氧化还原计算：键形成过程中，元素化合价升高，每形成1个键转移2个电子。
8．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；金属键；极性分子和非极性分子；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、乙烯的4个氢原子共平面，是因为乙烯分子中C原子采取杂化，分子为平面结构，与分子极性无关，匹配错误，A符合题意；
B、C原子半径小于P原子，C原子间π键重叠程度更大，更易形成双键，匹配正确，B不符合题意；
C、O的电负性大于N，键极性更强，形成的分子间氢键强于，匹配正确，C不符合题意；
D、W的原子半径小于K，价电子数更多，金属键更强，故熔点，匹配正确，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
乙烯共平面的原因是杂化的平面结构，与分子极性无关；原子半径越小，越易形成π键；电负性越大，氢键越强；金属键越强，金属熔点越高。
9．【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；钠的化学性质
【解析】【解答】A、溶液中，和均发生水解，促进水的电离，25℃时溶液，说明和的电离程度相近，水电离产生的大于，可得出对应结论，A不符合题意；
B、和与水反应的剧烈程度不同，除金属活动性外，还受产物、的溶解度、反应温度等因素影响，不能仅通过反应剧烈程度直接得出金属活动性的结论，无法得出对应结论，B符合题意；
C、向溶液中滴加溶液，先出现红褐色沉淀（水解反应），后沉淀消失、溶液变绿（氧化还原反应），说明水解反应速率更快、活化能更低，氧化还原反应活化能更高，可得出对应结论，C不符合题意；
D、向含和的稀溶液中加入过量铜粉，完全反应，最终溶液中无剩余，因此溶质中不含，可得出对应结论，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
盐类水解对水的电离的影响：能水解的盐会促进水的电离，中阴阳离子均水解，水的电离程度大于纯水，因此水电离的。
金属与水反应的影响因素：金属与水反应的剧烈程度，除金属本身的活动性外，还受产物溶解度、反应放热、金属熔点等因素影响，不能仅以反应剧烈程度作为判断金属活动性的唯一依据。
活化能与反应速率的关系：活化能越低，反应速率越快，实验中水解反应先发生、氧化还原反应后发生，说明水解反应活化能更低，氧化还原反应活化能更高。
铜与混酸的反应：铜与稀硝酸反应生成，但在过量铜和足量存在时，会完全反应，最终溶液中无，因此溶质不含。
10．【答案】B
【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；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、为，为；失去1个电子后价电子为，再失电子形成（8电子稳定结构），第二电离能较小；失去1个电子后为（全满稳定结构），再失电子需破坏稳定结构，第二电离能较大，故第二电离能，A错误；
B、为，为；非金属性，非金属性越强，简单氢化物的还原性越弱，故还原性，B正确；
C、为，为；简单离子为、，电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径，C错误；
D、为，（ ）中每个原子形成3个共价键，若满足8电子稳定结构，每个需1对孤电子对，形式电荷为-1，总电荷应为，而非，D错误；
故答案为：B。
【分析】元素推断：是组成牙齿的主要金属元素，为（核电荷数20）；基态原子的轨道半充满，电子排布为，为（核电荷数7）；与的核电荷数之和等于的核电荷数，故的核电荷数为，为；与相邻，且基态原子比原子少1个未成对电子：的未成对电子数为1，故的未成对电子数为2，为。
11．【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；绿色化学
【解析】【解答】A、根据反应热方程式： （吸热）， （放热）。放热反应生成的物质能量更低，更稳定，因此的热稳定性比高，A正确；
B、题目提及高浓度会发生缩合、聚合副反应，将转化为可降低游离浓度，从而减少副反应的发生，B正确；
C、反应I、II、III均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，导致的总转化率降低，的产率也会降低，C错误；
D、在反应中生成，在最终产物转化中又可释放出来，实现循环利用；且来源于生物质，符合绿色化学理念，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
热稳定性判断：通过反应焓变判断物质能量高低。由吸热反应生成，能量较高；由放热反应生成，能量较低，能量越低物质越稳定。
减少副反应：易发生缩聚副反应，转化为后，游离的浓度降低，可有效抑制副反应，提高目标产物产率。
温度对平衡的影响：反应I、II、III均为放热反应（），根据勒夏特列原理，升高温度平衡向逆反应方向移动，反应物转化率和产物产率均下降。
绿色化学理念：的循环利用提高了原子利用率，来源于生物质符合可持续发展理念，符合绿色化学“零排放、资源循环”的核心思想。
12．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】A、该晶胞为正交晶胞，位于顶点、侧棱、上下底面、体心，共有个，位于棱上和面心，共有个， 故晶胞内的数目为2个，摩尔质量，晶胞体积，根据密度公式，A正确；
B、与反应生成，根据原子守恒和电荷守恒，反应方程式为，B正确；
C、该晶体在空气中分解，逸出，被还原为，生成，同时被氧化为，C正确；
D、 与、形成配位键，但与外界的未形成配位键，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
晶胞密度计算：先确定晶胞内化学式的数目，再根据计算，注意单位换算（转需乘，体积为）。
氧化还原反应配平：根据原子守恒、电荷守恒配平与的反应方程式。
分解产物分析：与发生氧化还原反应，被还原为（生成），被氧化为，同时挥发。
配位键判断：中的配位体是，部分作为内界、部分作为外界，并非所有都与成键。
13．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、ab段，Pt电极为阴极，水电离出的H+得电子生成H2，电极反应为，A正确；
B、bc段，In电极表面生成致密的氧化膜，阻断In与电解液的接触，导致电流强度减小，其钝化机制与Fe在浓硝酸中一致，B正确；
C、cd段，In电极为阳极，发生氧化反应，In失电子生成离子进入溶液，电极质量减少。标准状况下2.24L H2的物质的量为0.1mol，转移电子0.2mol；In的化合价从0变为+3，每mol In失去3mol电子，因此溶解的In的物质的量为mol，In电极质量减少，C错误；
D、de段，随着电压升高，电解液中的水发生电解： ，产生大量气体，离子迁移速率加快，导致电流强度再次显著增大，D正确；
故答案为：C。
【分析】该装置为电解池，In电极与电源正极相连，作阳极，发生氧化反应；Pt电极与电源负极相连，作阴极，发生还原反应。电解液为3 mol·L- KOH溶液，各阶段变化如下：
ab段：In开始溶解，电路中形成较大电流；
bc段：In表面生成致密氧化膜，阻碍反应持续进行，电流骤降，原理与Fe在浓硝酸中的钝化类似；
cd段：氧化膜溶解，In重新暴露，电流缓慢恢复；
de段：电压足够高时，水发生电解，电流再次大幅增大
14．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；有机物的合成；烯烃；加成反应
【解析】【解答】A、顺 - 2 - 丁烯为对称烯烃，与 (salen) Mn-OCl 发生环氧化时，从双键两侧进攻得到的环氧产物结构完全相同，属于同一种物质，并非互为镜像的两种产物，A错误；
B、反应 b 中，(salen) Mn--OCl 转化为 (salen) Mn=O，根据原子守恒和电荷守恒，物质 X 为 Cl-，B正确；
C、反应 c 中，烯烃的碳碳双键断裂，与 (salen) Mn=O 的氧原子结合生成环氧化合物，属于加成反应，C正确；
D、(salen) Mn 中 Mn 为 + 2 价；反应 a 中与 ClO-结合生成 (salen) Mn--OCl，Mn 被氧化为 + 4 价；反应 b、c、d 后 Mn 回到 + 2 价，故化合价变化为 + 2 → +4 → +2，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
手性产物判断：顺 - 2 - 丁烯结构对称，环氧化后两个手性碳的构型组合完全一致，产物无对映异构体；
原子守恒应用：根据反应 b 的反应物和产物，推导未知物 X 的组成，确定为 Cl-；
反应类型判断：碳碳双键断裂并引入氧原子生成环醚，符合加成反应的特征；
化合价分析：结合 ClO-的氧化性，判断 Mn 元素在催化循环中的价态变化，催化剂最终回到初始价态。
15．【答案】D
【知识点】化学平衡常数；弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、铬元素在水溶液中存在多步平衡：、、 。溶液酸性越强（pH越小），浓度越高，越有利于的生成；碱性越强（pH越大），的占比越高。结合分布系数曲线的变化趋势，a、b、c、d依次对应、、、，A项对应关系错误，A错误；
B、针对平衡，其平衡常数表达式为：
已知总铬浓度，pH=5.3时，的分布系数为0.8，与的分布系数均为0.1。
的浓度：
的浓度：
代入平衡常数公式：，B错误。
C、溶液中，阳离子只有，阴离子包括、、和。根据电荷守恒，阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，其中和均带2个单位负电荷，浓度前需乘以系数2。正确的电荷守恒式为：，C错误；
D、等体积混合后，与的浓度均减半：，，由B项可知，平衡 的平衡常数。pH=3时，代入表达式计算得。
计算离子积：
已知的，，即，且实际pH<3会使浓度进一步降低，因此无沉淀生成，D正确；
故答案为：D。
【分析】根据曲线变化趋势和含铬粒子随pH的变化情况，a、b、c、d分别代表、、、。
酸性越强，Cr2O72-含量越高；碱性越强，CrO42-含量越高，据此判断曲线对应的含铬粒子；
根据 pH=5.3 时的分布系数，代入平衡常数公式计算，判断数值是否正确；
书写电荷守恒式时，多价阴离子浓度需乘以对应电荷数，Cr2O72-系数应为 2；
先计算混合后 Ag+和 CrO42-浓度，再比较离子积与溶度积，判断是否生成沉淀。
16．【答案】（1）
（2）作为缓冲装置，使通入C装置中的气体流速较为稳定，反应更充分
（3）组合一：锥形瓶、玻璃导管；组合二：烧杯、玻璃导管
（4）以“湿润硫磺”为填充试剂的好处：去除，并且提升的产率；以直径为的玻璃珠为载体的好处：增大反应物的接触面积的同时，也防止硫磺粉末堵塞装置
（5）ac
（6）101；HBr的电离导致溶液呈酸性（pH低于6.5），指示剂浓度降低、滴定终点延迟
【知识点】物质的分离与提纯；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）A中S被氧化，生成HBr和两种强酸，反应化学方程式为；
故答案为： ；
（2）B装置的作用是作为缓冲装置，使通入C装置中的气体流速较为稳定，反应更充分；
故答案为： 作为缓冲装置，使通入C装置中的气体流速较为稳定，反应更充分 ；
（3）尾气中含有毒的HBr，需用碱性溶液吸收，HBr极易溶于水，需要防倒吸装置，所以使用锥形瓶和烧杯的组合作为吸收装置；
故答案为： 组合一：锥形瓶、玻璃导管；组合二：烧杯、玻璃导管 ；
（4）以“湿润硫磺”为填充试剂的好处：去除，并且提升的产率；以直径为的玻璃珠为载体的好处：增大反应物的接触面积的同时，也防止硫磺粉末堵塞装置
故答案为： 以“湿润硫磺”为填充试剂的好处：去除，并且提升的产率；以直径为的玻璃珠为载体的好处：增大反应物的接触面积的同时，也防止硫磺粉末堵塞装置
（5）a．乙醇易挥发混入产物，引入杂质，不能作湿润剂，错误；
b．三颈瓶中加入NaBr，可降低HBr溶解度，促进HBr逸出，正确；
c．浓硫酸会氧化HBr（），不能干燥HBr，不能替换无水CaCl2，错误；
d．F装置中不再有液体滴下时，说明已经反应完全，可关闭A装置的止水夹，正确；
e．D冷却冷凝未反应的和水，F冷却收集HBr，因此D、F共收集到这三种物质，正确；
故答案为：ac；
（6）①偏差过大，舍去，平均消耗，，，纯度；
② HBr纯度超过100%，可能的原因是HBr的电离导致溶液呈酸性（pH低于6.5），导致指示剂转化为，终点时消耗的标准溶液体积偏大。
故答案为： 101 ； HBr的电离导致溶液呈酸性（pH低于6.5），指示剂浓度降低、滴定终点延迟 ；
【分析】本实验以S与Br2的氧化反应为核心，制备HBr并完成提纯、含量测定。A中S被Br2氧化生成HBr和H2SO4，后续装置依次实现Ar分离、Br2去除、HBr冷凝收集、尾气处理，最终通过滴定法测定HBr纯度。
(1) 根据氧化还原反应规律，S被Br2氧化为H2SO4（S从0价→+6价），Br2被还原为HBr（Br从0价→-1价），结合原子守恒配平，得到反应式： 。
(2) B装置控温110℃，仅使Ar液化分离，同时作为缓冲装置，稳定进入C的气流速率，保证后续Br2与硫磺的反应更充分。
(3) 尾气含毒HBr，需用碱性溶液吸收；HBr极易溶于水，为防止倒吸，需采用防倒吸装置（如锥形瓶+烧杯组合），兼顾吸收效果与实验安全。
(4) ①“湿润硫磺”可与未反应的Br2充分反应，去除Br2杂质，同时提升HBr产率；
②7mm玻璃珠作载体，既增大反应物接触面积、加快反应速率，又避免硫磺粉末堵塞装置，保证气流通畅。
(5) 逐一分析各选项，结合物质性质判断：
a：乙醇易挥发，会混入HBr引入杂质，不能作湿润剂，错误；
b：三颈瓶加NaBr，可降低HBr溶解度，促进HBr逸出，正确；
c：浓硫酸会氧化HBr（），不能干燥HBr，错误；
d：F中无液体滴下，说明HBr已完全收集，可关闭A的止水夹，正确；
e：D冷凝Br2和水，F收集HBr，共收集三种物质，正确；
(6) ① 滴定数据处理：舍去异常值38.06mL，计算平均消耗AgNO3体积，根据计算HBr的物质的量，进而求纯度；
② 误差分析：HBr电离使溶液呈酸性（pH<6.5），指示剂转化为，导致终点时AgNO3消耗体积偏大，纯度计算结果超过100%。
（1）A中S被氧化，生成HBr和两种强酸，反应化学方程式为；
（2）B装置的作用是作为缓冲装置，使通入C装置中的气体流速较为稳定，反应更充分；
（3）尾气中含有毒的HBr，需用碱性溶液吸收，HBr极易溶于水，需要防倒吸装置，所以使用锥形瓶和烧杯的组合作为吸收装置；
（4）以“湿润硫磺”为填充试剂的好处：去除，并且提升的产率；以直径为的玻璃珠为载体的好处：增大反应物的接触面积的同时，也防止硫磺粉末堵塞装置
（5）a．乙醇易挥发混入产物，引入杂质，不能作湿润剂，错误；
b．三颈瓶中加入NaBr，可降低HBr溶解度，促进HBr逸出，正确；
c．浓硫酸会氧化HBr（），不能干燥HBr，不能替换无水CaCl2，错误；
d．F装置中不再有液体滴下时，说明已经反应完全，可关闭A装置的止水夹，正确；
e．D冷却冷凝未反应的和水，F冷却收集HBr，因此D、F共收集到这三种物质，正确；
故答案选ac；
（6） ①偏差过大，舍去，平均消耗，，，纯度；
② HBr纯度超过100%，可能的原因是HBr的电离导致溶液呈酸性（pH低于6.5），导致指示剂转化为，终点时消耗的标准溶液体积偏大。
17．【答案】（1）
（2）白云石比表面积大小（白云石的颗粒大小、粒径大小）；温度；压强
（3）37；；
（4）左；bd
（5）熔盐电解法
【知识点】氧化还原反应；电解原理；海水资源及其综合利用；金属冶炼的一般原理；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）熔盐电解法的“氯化”步骤中获得，第①步得到MgO：；故第②步由MgO得到，方程式为。
故答案为： ；
（2）Pidgeon法中，某些参数会影响白云石的煅烧速率白云石比表面积大小（白云石的颗粒大小、粒径大小）、温度、压强。
故答案为： 白云石比表面积大小（白云石的颗粒大小、粒径大小）；温度；压强 ；
（3）①硅铁合金的最简化学式为，在一定条件下消耗白云石中的物质的量。煅烧过程发生反应：，故可得到CaO和MgO的物质的量均为，萤石和硅铁合金中的Fe均不参与反应，还原发生的反应为：。
还原率=，可得被还原为单质的Mg原子数=。根据还原方程式可得硅铁合金的质量=nM=。
②还原会得到Mg，若还原时进行分离，则还原率为0.9-1，则滤渣的主要成分为、和Mg。
故答案为：37； ； ；
（4）①粗Mg的熔点低于纯Mg，随电炉的移动，熔融的Mg再固化，杂质向右移动，所以电炉从左端向右端移动，杂质富集在右端，高纯Mg富集在左端。
②Mg与、都会发生化学反应，故不能在、气氛下把液态镁浇铸成镁锭；为惰性气体、在常压下与Mg不反应，能在、气氛下把液态镁浇铸成镁锭，均可作为保护气，故选bd。
故答案为： 左 ； bd ；
（5）Pidgeon法在“还原”时得到的粗镁含有Fe等杂质，难除去，为了得到纯度较高的镁锭，应该采用熔盐电解法。
故答案为： 熔盐电解法 ；
【分析】工业上提取金属镁主要有两种成熟工艺，分别对应不同的原料与技术路线：
皮江法（热还原法）：以白云石（主要成分为）为原料，先在高温下煅烧，使碳酸盐分解为、并释放；再将煅烧产物与硅铁合金、萤石粉混合研磨，在、的真空条件下发生还原反应，制得粗镁并产生滤渣；粗镁经精炼提纯后，最终得到镁锭。
熔盐电解法：以菱镁矿（主要成分为）为原料，在下通入并加入焦炭进行“氯化”，将镁转化为无水熔体；随后在下电解熔融，阴极析出粗镁，阳极生成（可循环用于氯化工序）；粗镁经精炼后，同样得到成品镁锭。
(1) 先分析流程，菱镁矿先高温分解为和，再在和焦炭作用下，被氯化生成，被氧化为，结合氧化还原化合价升降与原子守恒配平，得到两步反应式。
(2) 影响固体煅烧速率的核心因素包括：
固体本身：比表面积（颗粒大小、粒径，颗粒越小、比表面积越大，反应越快）；
外界条件：温度（温度越高，反应速率越快）、压强（压强越低，越利于逸出，加快煅烧）。
(3)①先根据白云石质量、纯度计算的物质的量，结合煅烧反应得到的物质的量；再根据还原率计算被还原的的物质的量，结合还原反应 ，计算所需硅铁合金的质量；
②还原8h时还原率为0.9~1，说明未完全反应，滤渣含生成的、未反应的（或），以及未被还原的单质。
(4) ①粗熔点低于纯，电炉从左向右移动时，熔融逐步固化，杂质富集在右端，高纯富集在左端；
②是活泼金属，能与、反应，因此不能用这类气体；（惰性气体）、（常压下与不反应）可作保护气，据此筛选选项。
(5) 皮江法还原得到的粗镁含等杂质，难以除去；熔盐电解法可直接得到纯度较高的镁，因此若需高纯度镁锭，优先选择熔盐电解法。
（1）熔盐电解法的“氯化”步骤中获得，第①步得到MgO：；故第②步由MgO得到，方程式为。
（2）Pidgeon法中，某些参数会影响白云石的煅烧速率白云石比表面积大小（白云石的颗粒大小、粒径大小）、温度、压强。
（3）①硅铁合金的最简化学式为，在一定条件下消耗白云石中的物质的量。煅烧过程发生反应：，故可得到CaO和MgO的物质的量均为，萤石和硅铁合金中的Fe均不参与反应，还原发生的反应为：。
还原率=，可得被还原为单质的Mg原子数=。根据还原方程式可得硅铁合金的质量=nM=。
②还原会得到Mg，若还原时进行分离，则还原率为0.9-1，则滤渣的主要成分为、和Mg。
（4）①粗Mg的熔点低于纯Mg，随电炉的移动，熔融的Mg再固化，杂质向右移动，所以电炉从左端向右端移动，杂质富集在右端，高纯Mg富集在左端。
②Mg与、都会发生化学反应，故不能在、气氛下把液态镁浇铸成镁锭；为惰性气体、在常压下与Mg不反应，能在、气氛下把液态镁浇铸成镁锭，均可作为保护气，故选bd。
（5）Pidgeon法在“还原”时得到的粗镁含有Fe等杂质，难除去，为了得到纯度较高的镁锭，应该采用熔盐电解法。
18．【答案】（1）乙酸苯（酚）酯；保护（酚）羟基
（2）取代反应
（3） +mKHCO3+m+mKBr+mH2O+mCO2 或 +m+mHBr
（4）
（5）阳离子；烷氧基侧链与水分子形成氢键/氧原子与水分子形成氢键
（6）
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）①B为苯酚与乙酸发生的取代反应，故B的名称为：
②乙酸苯（酚）酯；酚羟基有弱酸性且易被氧化，故的目的是为了保护酚羟基；
故答案为： 乙酸苯（酚）酯 ； 保护（酚）羟基 ；
（2）为酸酐可与羟基发生取代反应生成F，故的反应类型是取代反应；
故答案为： 取代反应 ；
（3），与发生缩聚反应生成E，其方程式为： +m+mHBr；碳酸氢钾可与HBr反应，促进反应发生，故方程式也可写为： +mKHCO3+m+mKBr+mH2O+mCO2 ；
故答案为： +mKHCO3+m+mKBr+mH2O+mCO2 或 +m+mHBr ；
（4）D的结构简式为：，遇溶液显色，则含有酚羟基，含有一个手性碳原子，故碳原子上连接4个不同的原子或原子团，核磁共振氢谱峰面积比为，则含有两个相同甲基，其结构简式为： ；
故答案为： ；
（5）①H的复杂阳离子中，季铵盐头部是亲水端，故其属于阳离子型表面活性剂；
②物质F疏水的原因是长链烷基，烷氧基侧链的氧原子与水分子可形成氢键增加其在水中的溶解性，故其亲水的原因为：烷氧基侧链与水分子形成氢键/氧原子与水分子形成氢键；
故答案为： 阳离子 ； 烷氧基侧链与水分子形成氢键/氧原子与水分子形成氢键 ；
（6）可由与反应制得，故其合成的流程为： ；
故答案为： ；
【分析】本流程以苯酚 A 为起始原料，先和乙酸在硫酸催化下发生酯化，生成乙酸苯酯 B，保护酚羟基；B 再与戊酰氯在三氯化铝催化下发生傅克酰基化，在苯环对位引入戊酰基，得到化合物 C；根据C的结构简式可知，C4H9COCl的结构简式为：CH3CH2CH2CH2COCl，C 经克莱门森还原将羰基还原为亚甲基，再经氢氧化钠水解、盐酸酸化，脱除乙酰基，得到中间体 D（）；D 与在碳酸氢钾作用下发生反应，生成含聚氧乙烯链的中间体 E；最后 E 与发生开环酯化，得到 Gemini 型表面活性剂 F。
（1）①分析反应物与生成物结构，苯酚的酚羟基与乙酸发生酯化反应，生成乙酸苯酯（乙酸苯酯/乙酸酚酯），因此B的名称为乙酸苯（酚）酯；
②酚羟基具有弱酸性且易被氧化，后续反应中需避免酚羟基被破坏，因此A→B的目的是保护酚羟基。
（2）分析反应物与产物结构，顺丁烯二酸酐（酸酐）与E中羟基发生开环反应，生成酯基，符合取代反应（酸酐的醇解）特征，故反应类型为取代反应。
（3）① 反应本质为酚羟基的氧原子与溴乙醇的碳原子发生亲核取代，形成醚键，生成E并伴随HBr生成；
② 反应体系中可与副产物HBr反应，消耗HBr促进平衡正向移动，因此反应方程式有两种表达形式：直接生成HBr的取代式、或包含与HBr反应的综合式。
（4）① 依据题干信息，D遇显色，说明含酚羟基；
② 结合合成路线，C经克莱门森还原（羰基还原为亚甲基）、水解脱乙酰基得到D，且分子含一个手性碳原子、核磁共振氢谱峰面积比为，说明含两个相同的甲基；
③ 综合结构特征，推导D的结构为苯环对位连有戊基（）和酚羟基，且侧链含异丙基结构。
（5）①F的阳离子中含季铵盐（）头部，根据表面活性剂分类标准，属于阳离子型表面活性剂；
② 疏水性：由长链烷基的疏水作用决定；
亲水性：由烷氧基侧链的氧原子与水分子形成氢键，以及氧原子本身的极性作用增加水溶性。
（6）① 分析目标产物结构，需由苯甲酰氯与反应制得；
② 合成路线分为三步：
第一步：甲苯（）在酸性氧化下，甲基被氧化为羧基，生成苯甲酸；
第二步：苯甲酸与反应，羧基转化为酰氯，生成苯甲酰氯；
第三步：苯甲酰氯与发生取代反应，生成目标产物。
（1）①B为苯酚与乙酸发生的取代反应，故B的名称为：
②乙酸苯（酚）酯；酚羟基有弱酸性且易被氧化，故的目的是为了保护酚羟基；
（2）为酸酐可与羟基发生取代反应生成F，故的反应类型是取代反应；
（3），与发生缩聚反应生成E，其方程式为： +m+mHBr；碳酸氢钾可与HBr反应，促进反应发生，故方程式也可写为： +mKHCO3+m+mKBr+mH2O+mCO2 ；
（4）D的结构简式为：，遇溶液显色，则含有酚羟基，含有一个手性碳原子，故碳原子上连接4个不同的原子或原子团，核磁共振氢谱峰面积比为，则含有两个相同甲基，其结构简式为： ；
（5）①H的复杂阳离子中，季铵盐头部是亲水端，故其属于阳离子型表面活性剂；
②物质F疏水的原因是长链烷基，烷氧基侧链的氧原子与水分子可形成氢键增加其在水中的溶解性，故其亲水的原因为：烷氧基侧链与水分子形成氢键/氧原子与水分子形成氢键；
（6）可由与反应制得，故其合成的流程为： ；
19．【答案】（1）
（2）b；反应I的，在较高温度的条件下，才能使得，使得反应自发向右进行；适当升高温度
（3）
（4）
（5）；；c
【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；焓变和熵变；化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】（1）由图可知，① ；② ；③ ；④ ；⑤ ； 根据盖斯定律可知，②+③-①-④可得⑤，。
故答案为： ；
（2）① 根据公式，这是一个线性方程，其斜率 ，已知，则表示分解的直线斜率m更大，则图甲中表示分解的直线为b；
② 该反应的焓变 为正值（吸热反应），反应生成了气体，体系混乱度增大，熵变 也为正值，在较高温度的条件下，才能使得，使得反应自发向右进行；
③升高温度可以加快化学反应速率；从图像可以看出，直线 a 和 b 的斜率均为负值，这意味着 必须为正值，即两个分解反应都是吸热反应。根据勒夏特列原理，对于吸热反应，升高温度会使化学平衡向正反应方向移动，从而提高反应物 的平衡转化率。
故答案为：b； 反应I的，在较高温度的条件下，才能使得，使得反应自发向右进行 ； 适当升高温度 ；
（3）在 K时，。从图中可以看出，此时对应的11.8，这个点是两条直线的交点，说明在该温度下，反应I和反应II的平衡常数相等，即，根据平衡常数表达式：对于反应I： ，对于反应II： ，所以：，得到：，已知 ，所以 。
故答案为： ；
（4）“避免 分解”意味着反应I的平衡向左（逆反应方向）移动或不移动。这需要反应商 大于平衡常数 ，即 ，设 的体积分数为 ，则 的体积分数为 ，混合气体总压强为 ，标准压力 ， ， ，代入不等式：，得到 的取值范围为 。
故答案为： ；
（5）①由图可知，电解过程中H+向电极M移动，电极M是阴极，H+在阴极得到电子生成H2，电极反应式为：；该装置可制备和，c膜位于盐室和产品室之间，允许 离子从盐室迁移到产品室，以与产品室中的 和 反应生成 和 ，c膜是阳离子交换膜。
②a．极室m：双极膜中H+进入m得到电子生成H2，不需要补充溶质；
b．极室n：双极膜中OH-进入n失去电子生成O2，不需要补充溶质；
c．盐室： 和 离子分别迁出，导致 浓度降低，需要补充 ；
d. 酸室： 和 离子迁入，生成HCl，浓度增加，不需要补充溶质；
故答案为： ； ；c。
【分析】(1)先列出各分步热化学方程式，根据盖斯定律，通过方程式的加减消去中间物质，推导出目标反应的焓变表达式，最终得到 ΔH5 = ΔH2 + ΔH3 - ΔH1 - ΔH4。
(2) ① 直线对应判断：根据公式 lnK =+ C，直线斜率 m = -ΔH/8.314，ΔH 越小，斜率绝对值越大。已知 ΔH6 < ΔH7，因此 NaHCO3分解对应的直线斜率更大，对应直线 b。
② 反应自发性分析：NaHCO3分解为吸热反应（ΔH6>0），且生成气体使熵增（ΔS6>0），根据 ΔG = ΔH - TΔS < 0，只有高温下才能自发进行。
③ 温度对平衡的影响：两个分解反应均为吸热反应（ΔH>0），根据勒夏特列原理，升高温度使平衡正向移动，从而提高 NH4HCO3的平衡转化率，同时加快反应速率。
(3) 两条直线交点处，两反应的平衡常数 K6 = K7 。分别写出两个反应的平衡常数表达式，联立后消去相同项，推导出 p (NH3) = p ，代入标准压强 p =100kPa，得到 NH3的分压为 100kPa。
(4) 避免 NaHCO3分解，需满足反应商 Q ≥ 平衡常数 K （即）。设 H2O (g) 体积分数为 x，CO2(g) 为 1-x，总压 100kPa，代入 Q 的表达式，解不等式得到 x 的取值范围为 。
(5) ① 电极反应与膜类型判断：H+向电极 M 移动，说明 M 为阴极，电极反应为 2H++2e-=H2↑；c 膜允许 Na+从盐室迁移至产品室，属于阳离子交换膜。
② 溶质补充分析：逐一分析各室：极室 m、n、酸室均无需补充溶质，仅盐室中 Na+、Cl-迁出，NaCl 浓度降低，因此需要补充 NaCl。
（1）由图可知，① ；② ；③ ；④ ；⑤ ； 根据盖斯定律可知，②+③-①-④可得⑤，。
（2）① 根据公式，这是一个线性方程，其斜率 ，已知，则表示分解的直线斜率m更大，则图甲中表示分解的直线为b；
② 该反应的焓变 为正值（吸热反应），反应生成了气体，体系混乱度增大，熵变 也为正值，在较高温度的条件下，才能使得，使得反应自发向右进行；
③升高温度可以加快化学反应速率；从图像可以看出，直线 a 和 b 的斜率均为负值，这意味着 必须为正值，即两个分解反应都是吸热反应。根据勒夏特列原理，对于吸热反应，升高温度会使化学平衡向正反应方向移动，从而提高反应物 的平衡转化率。
（3）在 K时，。从图中可以看出，此时对应的11.8，这个点是两条直线的交点，说明在该温度下，反应I和反应II的平衡常数相等，即，根据平衡常数表达式：对于反应I： ，对于反应II： ，所以：，得到：，已知 ，所以 。
（4）“避免 分解”意味着反应I的平衡向左（逆反应方向）移动或不移动。这需要反应商 大于平衡常数 ，即 ，设 的体积分数为 ，则 的体积分数为 ，混合气体总压强为 ，标准压力 ， ， ，代入不等式：，得到 的取值范围为 。
（5）①由图可知，电解过程中H+向电极M移动，电极M是阴极，H+在阴极得到电子生成H2，电极反应式为：；该装置可制备和，c膜位于盐室和产品室之间，允许 离子从盐室迁移到产品室，以与产品室中的 和 反应生成 和 ，c膜是阳离子交换膜。
②a．极室m：双极膜中H+进入m得到电子生成H2，不需要补充溶质；
b．极室n：双极膜中OH-进入n失去电子生成O2，不需要补充溶质；
c．盐室： 和 离子分别迁出，导致 浓度降低，需要补充 ；
d. 酸室： 和 离子迁入，生成HCl，浓度增加，不需要补充溶质；
故选c。
1 / 1湖南2026年2月高三下学期Flawless联考化学试题
1．人形机器人作为“通用人工智能”的物理延伸，从工业走向家用，深刻影响人类生产与生活方式。下列说法错误的是
A．骨架所用到的碳纤维具有密度小和强度高的优点
B．伺服电机连接器使用的液晶聚合物具有各向异性
C．机器人使用的锂离子电池能量密度高于铅酸电池
D．用于制作机器人控制芯片的主要材料是二氧化硅
【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；硅和二氧化硅；晶体的定义
【解析】【解答】A、碳纤维具有密度小、强度高、耐腐蚀等优点，适合用作机器人骨架，A 正确；
B、液晶聚合物属于液晶材料，具有各向异性，B 正确；
C、锂离子电池的能量密度远高于铅酸电池，更适合作为机器人电源，C 正确；
D、制作芯片的主要材料是单质硅（晶体硅），二氧化硅是光导纤维、芯片绝缘层的材料，D 错误。
故答案为：D
【分析】本题解题要点：
碳纤维的核心优势是低密度、高强度，可在轻量化的同时保证结构强度，符合机器人骨架的需求；
液晶材料的典型特性就是各向异性，这是其用于电子器件的基础；
锂电池相比铅酸电池，能量密度高、体积小、重量轻，是现代便携电子设备的主流电源；
芯片的核心半导体材料是单质硅，二氧化硅不具备半导体导电性，不能用于制作芯片。
2．人工合成氨的一种方法如下图流程所示，下列说法正确的是
A．用酸性高锰酸钾溶液检验粗氨中的乙炔
B．中含有键
C．的VSEPR模型为
D．为V形结构
【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、粗氨中含有的乙炔具有碳碳三键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使溶液褪色，可用于检验乙炔，A正确；
B、分子中，原子的轨道与原子的轨道重叠形成键，B正确；
C、中原子的价层电子对数为，无孤电子对，VSEPR模型为平面三角形，与题图结构一致，C正确；
D、中原子的价层电子对数为，无孤电子对，空间结构为直线形，不是V形，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
乙炔检验：酸性高锰酸钾可氧化含不饱和键的物质，乙炔含碳碳三键，能使酸性高锰酸钾褪色，可用于检验；
化学键类型：的键由的轨道与的轨道头碰头重叠形成，属于键；
VSEPR模型：价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，与图示一致；
空间结构：中心原子价层电子对数为2，无孤电子对，空间结构为直线形。
3．下列物质分类和性质正确的是
选项 物质 分类 性质
A 碱 会在空气中迅速变成红褐色
B 淀粉 天然高分子化合物 在高温条件下会分解
C 浓盐酸 纯净物 具有强挥发性
D 酸性氧化物 能与反应生成
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】硅和二氧化硅；铁的氧化物和氢氧化物；物质的简单分类
【解析】【解答】A、属于碱，但它在空气中是逐渐被氧化为红褐色的，并非迅速变色，A错误；
B、淀粉属于天然高分子化合物，在高温条件下会发生分解，B正确；
C、浓盐酸是的水溶液，属于混合物，不是纯净物，C错误；
D、属于酸性氧化物，但它不与反应，不能直接生成，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
物质分类：纯净物由一种物质组成，混合物由多种物质组成，浓盐酸为混合物；
物质性质：在空气中缓慢氧化，不与水反应，淀粉高温可分解；
高分子化合物：淀粉、纤维素、蛋白质均属于天然高分子化合物。
4．化学实验的成功离不开实验方法的正确选择。下列实验使用的方法和主要操作都正确的是
实验目的 A.往铁制品镀上一层致密的铜膜 B.测量某种铝合金与浓NaOH溶液的反应热
实验方法 电解法 量热计量热法
主要操作
实验目的 C.海水提碘中，为获得易溶于水的 D.提纯实验室制取的
实验方法 灼烧法 萃取法
主要操作
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】分液和萃取；中和热的测定；电镀
【解析】【解答】A、往铁制品上镀铜，采用电解法，铜棒作阳极（接电源正极），铁制品作阴极（接电源负极），电解液用含的溶液（加适量氨水可防止水解），装置和操作均正确，A正确；
B、铝和浓氢氧化钠溶液反应生成氢气，气体向外逸散过程会带走体系热量，破坏量热装置的绝热环境，无法精准测定反应放热，B 错误；
C、灼烧海带应在坩埚中进行，不能在烧杯中直接加热，烧杯加热易受热不均炸裂，C错误；
D、乙酸甲酯与饱和溶液不互溶，可通过分液法分离，萃取法用于提取溶质，该操作方法错误，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
电镀原理：镀层金属作阳极，待镀金属作阴极，含镀层金属离子的溶液作电解液；
反应热测定条件：量热实验需要密闭绝热环境，产气散热会干扰温度测定，因此判定装置不能用来测反应热；
灼烧操作：固体灼烧需在坩埚中进行，烧杯不能用于高温灼烧；
物质分离：互不相溶的液体混合物用分液法分离，萃取法用于溶质的提取。
5．南宁市非物质文化遗产代表项目“武鸣艾馍”以新鲜艾草为原料，艾草中富含芦丁（结构如图所示），使武鸣艾馍在味美之余还具有一定的食疗功效。下列有关芦丁的说法错误的是
A．可能会与体液中的结合而失去药效
B．与足量溴水反应后的分子式为
C．理论上存在顺反异构体
D．不会与溶液反应
【答案】B
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；烯烃
【解析】【解答】A、芦丁分子中含有多个酚羟基，可与体液中的形成络合物，从而失去药效，A正确；
B、芦丁分子中苯环上酚羟基的邻、对位氢可与溴水发生取代反应，共5个可取代的氢原子，与足量溴水反应后分子式应为错误，实际为，B错误；
C、芦丁分子中含有碳碳双键，且双键两端连接的基团不同，理论上存在顺反异构体，C正确；
D、芦丁分子中不含羧基（），酚羟基的酸性弱于碳酸，不会与溶液反应，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
酚羟基性质：可与金属离子络合，酸性弱于碳酸，不与反应；
溴水取代反应：苯环上酚羟基的邻、对位氢可与溴水发生取代，需准确数出可取代氢原子数；
顺反异构判断：碳碳双键两端连接不同基团时，存在顺反异构；
分子式计算：取代反应中每取代1个氢原子，引入1个溴原子，氢原子数减少1，溴原子数增加1。
6．下列表述和相关的离子方程式均正确的是
选项 表述 离子方程式
A 向酸性高锰酸钾溶液中通入，溶液由紫红色变为无色
B 在加热条件下，用KOH浓溶液洗去试管壁上的硫磺
C 向明矾溶液中加入小苏打溶液，产生白色沉淀与无色气体
D 为得到银粉，可以向AgI悬浊液中加入铁粉进行转化
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】盐类水解的原理；二氧化硫的性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、向酸性高锰酸钾溶液中通入，发生氧化还原反应，离子方程式中得失电子不守恒，正确离子方程式为，A错误；
B、加热条件下，与浓溶液发生歧化反应，离子方程式 3S + 6OH-=2S2-++ 3H2O，B错误；
C、向明矾溶液中加入小苏打溶液，发生双水解反应，离子方程式中电荷不守恒，正确离子方程式为，C正确；
D、悬浊液中加入铁粉，只能被氧化为，不会生成，正确离子方程式为
2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I-，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
氧化还原反应离子方程式：需满足得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒；
歧化反应：在碱性条件下加热发生歧化，既被氧化又被还原；
双水解反应：与发生彻底双水解，需配平电荷；
金属置换反应：与不活泼金属盐反应，只能被氧化为。
7．半胱氨酸在一定条件下转化为胱氨酸的反应如下：
已知：阿伏加德罗常数的值为，硫醇与苯酚的酸性类似。下列说法正确的是
A．的胱氨酸水溶液中H的数目大于
B．胱氨酸中采取杂化的碳原子数目为
C．半胱氨酸水溶液中电离出H的数目大于
D．每将半胱氨酸转化为胱氨酸，转移的电子数为
【答案】D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；苯酚的化学性质；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、未指明溶液体积，无法计算溶液中的具体数目，且胱氨酸为二元酸，仅1mol胱氨酸电离出的也远小于（未考虑水的电离），A错误；
B、仅有浓度数据而无溶液体积，无法计算溶质的物质的量，不能统计微粒数目，B 错误；
C、硫醇与苯酚酸性类似，其酸性弱于羧基，故电离出的能力更强，电离出的数目更多，C错误；
D、半胱氨酸转化为胱氨酸的过程中，转化为，元素从-2价升高到-1价，2mol半胱氨酸反应生成1mol胱氨酸，失去2mol电子，则转化为2mol胱氨酸时，转移电子数为，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
阿伏加德罗常数计算基础：缺少溶液体积，仅凭浓度无法求解溶质的物质的量；
酸性比较：酚类（硫醇）酸性弱于羧酸，羧基电离程度更大；
氧化还原计算：键形成过程中，元素化合价升高，每形成1个键转移2个电子。
8．物质结构决定物质性质。下列事实与主要影响因素匹配错误的是
选项 事实 主要影响因素
A 乙烯的4个氢原子共平面 分子极性
B 碳原子间比磷原子间更容易形成双键 原子半径大小
C 分子间氢键强弱： 电负性大小
D 金属熔点： 金属键强弱
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；金属键；极性分子和非极性分子；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、乙烯的4个氢原子共平面，是因为乙烯分子中C原子采取杂化，分子为平面结构，与分子极性无关，匹配错误，A符合题意；
B、C原子半径小于P原子，C原子间π键重叠程度更大，更易形成双键，匹配正确，B不符合题意；
C、O的电负性大于N，键极性更强，形成的分子间氢键强于，匹配正确，C不符合题意；
D、W的原子半径小于K，价电子数更多，金属键更强，故熔点，匹配正确，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
乙烯共平面的原因是杂化的平面结构，与分子极性无关；原子半径越小，越易形成π键；电负性越大，氢键越强；金属键越强，金属熔点越高。
9．化学是基于实验的学科。由下列实验事实无法得出对应结论的是
选项 实验操作和现象 结论
A 下，用pH计测定水溶液的。 水电离产生的大于
B 把相同大小和形状的金属Na与金属Li同时投入水中，观察到Li与水反应不如Na与水反应剧烈。 金属活动性：
C 向的溶液中逐滴滴加等体积等浓度的溶液，观察到先出现红褐色沉淀，放置后沉淀消失，溶液变为绿色 前述各步反应的活化能：氧化还原反应>水解反应
D 向含有物质的量之比为的和的稀溶液中加入过量铜粉，观察到生成气体，溶液变蓝。 反应结束后溶液的溶质中不含
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；钠的化学性质
【解析】【解答】A、溶液中，和均发生水解，促进水的电离，25℃时溶液，说明和的电离程度相近，水电离产生的大于，可得出对应结论，A不符合题意；
B、和与水反应的剧烈程度不同，除金属活动性外，还受产物、的溶解度、反应温度等因素影响，不能仅通过反应剧烈程度直接得出金属活动性的结论，无法得出对应结论，B符合题意；
C、向溶液中滴加溶液，先出现红褐色沉淀（水解反应），后沉淀消失、溶液变绿（氧化还原反应），说明水解反应速率更快、活化能更低，氧化还原反应活化能更高，可得出对应结论，C不符合题意；
D、向含和的稀溶液中加入过量铜粉，完全反应，最终溶液中无剩余，因此溶质中不含，可得出对应结论，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
盐类水解对水的电离的影响：能水解的盐会促进水的电离，中阴阳离子均水解，水的电离程度大于纯水，因此水电离的。
金属与水反应的影响因素：金属与水反应的剧烈程度，除金属本身的活动性外，还受产物溶解度、反应放热、金属熔点等因素影响，不能仅以反应剧烈程度作为判断金属活动性的唯一依据。
活化能与反应速率的关系：活化能越低，反应速率越快，实验中水解反应先发生、氧化还原反应后发生，说明水解反应活化能更低，氧化还原反应活化能更高。
铜与混酸的反应：铜与稀硝酸反应生成，但在过量铜和足量存在时，会完全反应，最终溶液中无，因此溶质不含。
10．荧光玻璃膜是一种新型全无机荧光转换材料，是一种红色荧光粉基质的主要成分。Y、Z和W都是短周期元素，X是组成牙齿的主要金属元素，基态W原子的2p轨道半充满。Z与Y相邻且基态Z原子比基态Y原子少一个未成对电子。Z与W的核电荷数之和等于X的核电荷数。下列说法正确的是
A．第二电离能：
B．简单氢化物的还原性：
C．简单离子半径：
D．Y的四聚阴离子结构可能为
【答案】B
【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；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、为，为；失去1个电子后价电子为，再失电子形成（8电子稳定结构），第二电离能较小；失去1个电子后为（全满稳定结构），再失电子需破坏稳定结构，第二电离能较大，故第二电离能，A错误；
B、为，为；非金属性，非金属性越强，简单氢化物的还原性越弱，故还原性，B正确；
C、为，为；简单离子为、，电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径，C错误；
D、为，（ ）中每个原子形成3个共价键，若满足8电子稳定结构，每个需1对孤电子对，形式电荷为-1，总电荷应为，而非，D错误；
故答案为：B。
【分析】元素推断：是组成牙齿的主要金属元素，为（核电荷数20）；基态原子的轨道半充满，电子排布为，为（核电荷数7）；与的核电荷数之和等于的核电荷数，故的核电荷数为，为；与相邻，且基态原子比原子少1个未成对电子：的未成对电子数为1，故的未成对电子数为2，为。
11．呋喃二甲酸是重要的生物基平台化学品，可用于合成生物可降解塑料聚呋喃二甲酸乙二醇酯，替代石油基的。传统方法直接氧化羟甲基糠醛制备FDCA，某课题组将HMF先转化为六元环缩醛，再通过有氧氧化制备FDCA，相关反应如下：
已知：反应I、Ⅱ、Ⅲ均为放热反应，高浓度HMF会发生缩合、聚合副反应。下列说法错误的是
A．的热稳定性比高
B．将HMF转化为氧化制备FDCA可减少副产物的生成
C．升高温度，平衡时的总转化率和FDCA的产率均会提高
D．反应物PD可循环利用，本身也可来源于生物质，符合绿色化学理念
【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；绿色化学
【解析】【解答】A、根据反应热方程式： （吸热）， （放热）。放热反应生成的物质能量更低，更稳定，因此的热稳定性比高，A正确；
B、题目提及高浓度会发生缩合、聚合副反应，将转化为可降低游离浓度，从而减少副反应的发生，B正确；
C、反应I、II、III均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，导致的总转化率降低，的产率也会降低，C错误；
D、在反应中生成，在最终产物转化中又可释放出来，实现循环利用；且来源于生物质，符合绿色化学理念，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
热稳定性判断：通过反应焓变判断物质能量高低。由吸热反应生成，能量较高；由放热反应生成，能量较低，能量越低物质越稳定。
减少副反应：易发生缩聚副反应，转化为后，游离的浓度降低，可有效抑制副反应，提高目标产物产率。
温度对平衡的影响：反应I、II、III均为放热反应（），根据勒夏特列原理，升高温度平衡向逆反应方向移动，反应物转化率和产物产率均下降。
绿色化学理念：的循环利用提高了原子利用率，来源于生物质符合可持续发展理念，符合绿色化学“零排放、资源循环”的核心思想。
12．一种聚碘化合物的正交晶胞如图所示[晶胞参数：（单位：），，氢原子未画出]。已知该晶体在空气中分解会放出氨气，可以进一步结合。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．晶体密度为
B．与反应生成
C．该晶体在空气中分解还会生成和CuI
D．该晶体中所有与均形成配位键
【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】A、该晶胞为正交晶胞，位于顶点、侧棱、上下底面、体心，共有个，位于棱上和面心，共有个， 故晶胞内的数目为2个，摩尔质量，晶胞体积，根据密度公式，A正确；
B、与反应生成，根据原子守恒和电荷守恒，反应方程式为，B正确；
C、该晶体在空气中分解，逸出，被还原为，生成，同时被氧化为，C正确；
D、 与、形成配位键，但与外界的未形成配位键，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
晶胞密度计算：先确定晶胞内化学式的数目，再根据计算，注意单位换算（转需乘，体积为）。
氧化还原反应配平：根据原子守恒、电荷守恒配平与的反应方程式。
分解产物分析：与发生氧化还原反应，被还原为（生成），被氧化为，同时挥发。
配位键判断：中的配位体是，部分作为内界、部分作为外界，并非所有都与成键。
13．铟（In，性质与Al相似，价层电子排布：）可作为碱性锌锰电池的无汞缓蚀剂，推动电池的无汞化。研究人员按图甲所示连接电路，调节电源电压，经过电解池的电流强度变化如图乙所示。下列说法错误的是
A．段，Pt电极发生反应：
B．段，造成电流强度减小的机制与Fe在浓硝酸中钝化类似
C．段，每生成标准状况下氢气，电极质量增加
D．段，电流强度再次增大的主要原因是
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、ab段，Pt电极为阴极，水电离出的H+得电子生成H2，电极反应为，A正确；
B、bc段，In电极表面生成致密的氧化膜，阻断In与电解液的接触，导致电流强度减小，其钝化机制与Fe在浓硝酸中一致，B正确；
C、cd段，In电极为阳极，发生氧化反应，In失电子生成离子进入溶液，电极质量减少。标准状况下2.24L H2的物质的量为0.1mol，转移电子0.2mol；In的化合价从0变为+3，每mol In失去3mol电子，因此溶解的In的物质的量为mol，In电极质量减少，C错误；
D、de段，随着电压升高，电解液中的水发生电解： ，产生大量气体，离子迁移速率加快，导致电流强度再次显著增大，D正确；
故答案为：C。
【分析】该装置为电解池，In电极与电源正极相连，作阳极，发生氧化反应；Pt电极与电源负极相连，作阴极，发生还原反应。电解液为3 mol·L- KOH溶液，各阶段变化如下：
ab段：In开始溶解，电路中形成较大电流；
bc段：In表面生成致密氧化膜，阻碍反应持续进行，电流骤降，原理与Fe在浓硝酸中的钝化类似；
cd段：氧化膜溶解，In重新暴露，电流缓慢恢复；
de段：电压足够高时，水发生电解，电流再次大幅增大
14．一种Mn元素催化氧化烯烃的反应机理如图。已知实楔形线表示基团在纸面前方，虚楔形线表示基团在纸面后方。下列说法错误的是
A．使用顺丁烯为原料，可以得到2种互为镜像的产物
B．物质X是
C．反应c的类型为加成反应
D．经过反应元素的化合价变化为
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；有机物的合成；烯烃；加成反应
【解析】【解答】A、顺 - 2 - 丁烯为对称烯烃，与 (salen) Mn-OCl 发生环氧化时，从双键两侧进攻得到的环氧产物结构完全相同，属于同一种物质，并非互为镜像的两种产物，A错误；
B、反应 b 中，(salen) Mn--OCl 转化为 (salen) Mn=O，根据原子守恒和电荷守恒，物质 X 为 Cl-，B正确；
C、反应 c 中，烯烃的碳碳双键断裂，与 (salen) Mn=O 的氧原子结合生成环氧化合物，属于加成反应，C正确；
D、(salen) Mn 中 Mn 为 + 2 价；反应 a 中与 ClO-结合生成 (salen) Mn--OCl，Mn 被氧化为 + 4 价；反应 b、c、d 后 Mn 回到 + 2 价，故化合价变化为 + 2 → +4 → +2，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
手性产物判断：顺 - 2 - 丁烯结构对称，环氧化后两个手性碳的构型组合完全一致，产物无对映异构体；
原子守恒应用：根据反应 b 的反应物和产物，推导未知物 X 的组成，确定为 Cl-；
反应类型判断：碳碳双键断裂并引入氧原子生成环醚，符合加成反应的特征；
化合价分析：结合 ClO-的氧化性，判断 Mn 元素在催化循环中的价态变化，催化剂最终回到初始价态。
15．下，的二元酸溶液中四种含铬粒子的分布分数随pH的变化关系如图所示（pH范围为）。已知：，某含铬粒子的分布分数。下列说法正确的是
（参考数据：）
A．曲线a表示，曲线b表示
B．下，的平衡常数
C．下，pH在内，
D．下，取的和的等体积混合，调节，溶液中无沉淀
【答案】D
【知识点】化学平衡常数；弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、铬元素在水溶液中存在多步平衡：、、 。溶液酸性越强（pH越小），浓度越高，越有利于的生成；碱性越强（pH越大），的占比越高。结合分布系数曲线的变化趋势，a、b、c、d依次对应、、、，A项对应关系错误，A错误；
B、针对平衡，其平衡常数表达式为：
已知总铬浓度，pH=5.3时，的分布系数为0.8，与的分布系数均为0.1。
的浓度：
的浓度：
代入平衡常数公式：，B错误。
C、溶液中，阳离子只有，阴离子包括、、和。根据电荷守恒，阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，其中和均带2个单位负电荷，浓度前需乘以系数2。正确的电荷守恒式为：，C错误；
D、等体积混合后，与的浓度均减半：，，由B项可知，平衡 的平衡常数。pH=3时，代入表达式计算得。
计算离子积：
已知的，，即，且实际pH<3会使浓度进一步降低，因此无沉淀生成，D正确；
故答案为：D。
【分析】根据曲线变化趋势和含铬粒子随pH的变化情况，a、b、c、d分别代表、、、。
酸性越强，Cr2O72-含量越高；碱性越强，CrO42-含量越高，据此判断曲线对应的含铬粒子；
根据 pH=5.3 时的分布系数，代入平衡常数公式计算，判断数值是否正确；
书写电荷守恒式时，多价阴离子浓度需乘以对应电荷数，Cr2O72-系数应为 2；
先计算混合后 Ag+和 CrO42-浓度，再比较离子积与溶度积，判断是否生成沉淀。
16．HBr是一种常用有机合成试剂。某化学兴趣社团用硫磺还原法制取HBr，制备装置如下图所示（橡胶管连接处已做好保护措施，且夹持装置已省略）。
已知：溴的沸点为的沸点为的沸点为。请回答：
（1）A装置中会生成两种强酸，请写出其中发生的化学方程式　 　。
（2）B装置的作用是　 　。
（3）搭建尾气处理装置所需要的仪器有　 　（填所需仪器的名称，不考虑持夹装置）。
（4）请分别分析C装置以“湿润硫磺”为填充试剂，“直径的玻璃珠”为试剂载体的好处　 　。
（5）下列说法不正确的是　 　。（填标号）
a.C装置中硫磺可选用乙醇溶液作湿润剂
b.三颈烧瓶内还可以加入少量的NaBr固体
c.装有浓硫酸的洗气瓶可以替换E装置
d.F装置中不再有液体滴下时可关闭A装置的止水夹
e.D、F装置收集到的物质为和
（6）为了计算所得HBr的纯度，有同学设计了如下方案：
步骤I．准确称量制得的HBr，加去离子水定容至；
步骤Ⅱ．量取上一步所得溶液，加入指示剂；
步骤Ⅲ．用的标准溶液滴定至终点。
已知：该滴定过程的适宜pH范围为。
①该同学按上述步骤重复实验3次，依次消耗标准溶液。则HBr产品纯度为　 　%（保留整数）。
②该方案计算得到的HBr纯度超过100%，则该同学可能没有考虑到的现实情况是　 　。
【答案】（1）
（2）作为缓冲装置，使通入C装置中的气体流速较为稳定，反应更充分
（3）组合一：锥形瓶、玻璃导管；组合二：烧杯、玻璃导管
（4）以“湿润硫磺”为填充试剂的好处：去除，并且提升的产率；以直径为的玻璃珠为载体的好处：增大反应物的接触面积的同时，也防止硫磺粉末堵塞装置
（5）ac
（6）101；HBr的电离导致溶液呈酸性（pH低于6.5），指示剂浓度降低、滴定终点延迟
【知识点】物质的分离与提纯；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）A中S被氧化，生成HBr和两种强酸，反应化学方程式为；
故答案为： ；
（2）B装置的作用是作为缓冲装置，使通入C装置中的气体流速较为稳定，反应更充分；
故答案为： 作为缓冲装置，使通入C装置中的气体流速较为稳定，反应更充分 ；
（3）尾气中含有毒的HBr，需用碱性溶液吸收，HBr极易溶于水，需要防倒吸装置，所以使用锥形瓶和烧杯的组合作为吸收装置；
故答案为： 组合一：锥形瓶、玻璃导管；组合二：烧杯、玻璃导管 ；
（4）以“湿润硫磺”为填充试剂的好处：去除，并且提升的产率；以直径为的玻璃珠为载体的好处：增大反应物的接触面积的同时，也防止硫磺粉末堵塞装置
故答案为： 以“湿润硫磺”为填充试剂的好处：去除，并且提升的产率；以直径为的玻璃珠为载体的好处：增大反应物的接触面积的同时，也防止硫磺粉末堵塞装置
（5）a．乙醇易挥发混入产物，引入杂质，不能作湿润剂，错误；
b．三颈瓶中加入NaBr，可降低HBr溶解度，促进HBr逸出，正确；
c．浓硫酸会氧化HBr（），不能干燥HBr，不能替换无水CaCl2，错误；
d．F装置中不再有液体滴下时，说明已经反应完全，可关闭A装置的止水夹，正确；
e．D冷却冷凝未反应的和水，F冷却收集HBr，因此D、F共收集到这三种物质，正确；
故答案为：ac；
（6）①偏差过大，舍去，平均消耗，，，纯度；
② HBr纯度超过100%，可能的原因是HBr的电离导致溶液呈酸性（pH低于6.5），导致指示剂转化为，终点时消耗的标准溶液体积偏大。
故答案为： 101 ； HBr的电离导致溶液呈酸性（pH低于6.5），指示剂浓度降低、滴定终点延迟 ；
【分析】本实验以S与Br2的氧化反应为核心，制备HBr并完成提纯、含量测定。A中S被Br2氧化生成HBr和H2SO4，后续装置依次实现Ar分离、Br2去除、HBr冷凝收集、尾气处理，最终通过滴定法测定HBr纯度。
(1) 根据氧化还原反应规律，S被Br2氧化为H2SO4（S从0价→+6价），Br2被还原为HBr（Br从0价→-1价），结合原子守恒配平，得到反应式： 。
(2) B装置控温110℃，仅使Ar液化分离，同时作为缓冲装置，稳定进入C的气流速率，保证后续Br2与硫磺的反应更充分。
(3) 尾气含毒HBr，需用碱性溶液吸收；HBr极易溶于水，为防止倒吸，需采用防倒吸装置（如锥形瓶+烧杯组合），兼顾吸收效果与实验安全。
(4) ①“湿润硫磺”可与未反应的Br2充分反应，去除Br2杂质，同时提升HBr产率；
②7mm玻璃珠作载体，既增大反应物接触面积、加快反应速率，又避免硫磺粉末堵塞装置，保证气流通畅。
(5) 逐一分析各选项，结合物质性质判断：
a：乙醇易挥发，会混入HBr引入杂质，不能作湿润剂，错误；
b：三颈瓶加NaBr，可降低HBr溶解度，促进HBr逸出，正确；
c：浓硫酸会氧化HBr（），不能干燥HBr，错误；
d：F中无液体滴下，说明HBr已完全收集，可关闭A的止水夹，正确；
e：D冷凝Br2和水，F收集HBr，共收集三种物质，正确；
(6) ① 滴定数据处理：舍去异常值38.06mL，计算平均消耗AgNO3体积，根据计算HBr的物质的量，进而求纯度；
② 误差分析：HBr电离使溶液呈酸性（pH<6.5），指示剂转化为，导致终点时AgNO3消耗体积偏大，纯度计算结果超过100%。
（1）A中S被氧化，生成HBr和两种强酸，反应化学方程式为；
（2）B装置的作用是作为缓冲装置，使通入C装置中的气体流速较为稳定，反应更充分；
（3）尾气中含有毒的HBr，需用碱性溶液吸收，HBr极易溶于水，需要防倒吸装置，所以使用锥形瓶和烧杯的组合作为吸收装置；
（4）以“湿润硫磺”为填充试剂的好处：去除，并且提升的产率；以直径为的玻璃珠为载体的好处：增大反应物的接触面积的同时，也防止硫磺粉末堵塞装置
（5）a．乙醇易挥发混入产物，引入杂质，不能作湿润剂，错误；
b．三颈瓶中加入NaBr，可降低HBr溶解度，促进HBr逸出，正确；
c．浓硫酸会氧化HBr（），不能干燥HBr，不能替换无水CaCl2，错误；
d．F装置中不再有液体滴下时，说明已经反应完全，可关闭A装置的止水夹，正确；
e．D冷却冷凝未反应的和水，F冷却收集HBr，因此D、F共收集到这三种物质，正确；
故答案选ac；
（6） ①偏差过大，舍去，平均消耗，，，纯度；
② HBr纯度超过100%，可能的原因是HBr的电离导致溶液呈酸性（pH低于6.5），导致指示剂转化为，终点时消耗的标准溶液体积偏大。
17．金属镁是我国重要的战略资源，工业上有两种方法可以获得镁锭。
Pidgeon法：以白云石（主要成分为，其质量占比为95%）为原料，工艺过程分成煅烧、混合、研磨、还原和精炼等阶段。其工艺流程如图所示：
熔盐电解法：以菱镁矿（主要成分为）为原料，先将其转化为氯化镁熔体，再进行电解。其工艺流程如图所示：
已知：Mg的沸点为，萤石的成分为。请回答：
（1）熔盐电解法的“氯化”步骤中，Mg元素主要经过2步完成氯化：①；②　 　。
（2）Pidgeon法中，某些参数会影响白云石的煅烧速率，如　 　。（列举两例）
（3）在Pidgeon法的“还原”步骤中：
①若表示硅铁合金组成的最简化学式为，在一定条件下消耗白云石，还原率为0.8（）。已知萤石和硅铁合金中的Fe均不参与反应，则至少应投入硅铁合金　 　kg。（保留2位有效数字）
②“还原”在圆柱体还原罐内进行，混合料被研磨成直径的球团，加热时热量由罐外向内传递，加热温度为，在不同还原时间下，球团还原率随与罐壁距离的变化如下图所示。若还原时进行分离，则滤渣的主要成分为、　 　、　 　。（不参与反应的萤石和铁除外）
（4）①粗镁的熔点低于纯镁，工业精炼镁时，常采用区域熔炼法。如图所示，先将圆柱体粗镁放进一个装有移动环形电炉的套管内，再强热熔化掉一个小区域，形成熔融带，然后环形电炉沿轴线缓慢移动，熔融带便随着环形电炉前进。若电炉自左向右移动，高纯镁将会富集在　 　端（选填“左”或“右”）。
②常压下，应在　 　气氛下把液态镁浇铸成镁锭。（填标号）
a. b. c. d.
（5）为了得到纯度较高的镁锭，应该采用　 　。（选填“Pidgeon法”或“熔盐电解法”）
【答案】（1）
（2）白云石比表面积大小（白云石的颗粒大小、粒径大小）；温度；压强
（3）37；；
（4）左；bd
（5）熔盐电解法
【知识点】氧化还原反应；电解原理；海水资源及其综合利用；金属冶炼的一般原理；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）熔盐电解法的“氯化”步骤中获得，第①步得到MgO：；故第②步由MgO得到，方程式为。
故答案为： ；
（2）Pidgeon法中，某些参数会影响白云石的煅烧速率白云石比表面积大小（白云石的颗粒大小、粒径大小）、温度、压强。
故答案为： 白云石比表面积大小（白云石的颗粒大小、粒径大小）；温度；压强 ；
（3）①硅铁合金的最简化学式为，在一定条件下消耗白云石中的物质的量。煅烧过程发生反应：，故可得到CaO和MgO的物质的量均为，萤石和硅铁合金中的Fe均不参与反应，还原发生的反应为：。
还原率=，可得被还原为单质的Mg原子数=。根据还原方程式可得硅铁合金的质量=nM=。
②还原会得到Mg，若还原时进行分离，则还原率为0.9-1，则滤渣的主要成分为、和Mg。
故答案为：37； ； ；
（4）①粗Mg的熔点低于纯Mg，随电炉的移动，熔融的Mg再固化，杂质向右移动，所以电炉从左端向右端移动，杂质富集在右端，高纯Mg富集在左端。
②Mg与、都会发生化学反应，故不能在、气氛下把液态镁浇铸成镁锭；为惰性气体、在常压下与Mg不反应，能在、气氛下把液态镁浇铸成镁锭，均可作为保护气，故选bd。
故答案为： 左 ； bd ；
（5）Pidgeon法在“还原”时得到的粗镁含有Fe等杂质，难除去，为了得到纯度较高的镁锭，应该采用熔盐电解法。
故答案为： 熔盐电解法 ；
【分析】工业上提取金属镁主要有两种成熟工艺，分别对应不同的原料与技术路线：
皮江法（热还原法）：以白云石（主要成分为）为原料，先在高温下煅烧，使碳酸盐分解为、并释放；再将煅烧产物与硅铁合金、萤石粉混合研磨，在、的真空条件下发生还原反应，制得粗镁并产生滤渣；粗镁经精炼提纯后，最终得到镁锭。
熔盐电解法：以菱镁矿（主要成分为）为原料，在下通入并加入焦炭进行“氯化”，将镁转化为无水熔体；随后在下电解熔融，阴极析出粗镁，阳极生成（可循环用于氯化工序）；粗镁经精炼后，同样得到成品镁锭。
(1) 先分析流程，菱镁矿先高温分解为和，再在和焦炭作用下，被氯化生成，被氧化为，结合氧化还原化合价升降与原子守恒配平，得到两步反应式。
(2) 影响固体煅烧速率的核心因素包括：
固体本身：比表面积（颗粒大小、粒径，颗粒越小、比表面积越大，反应越快）；
外界条件：温度（温度越高，反应速率越快）、压强（压强越低，越利于逸出，加快煅烧）。
(3)①先根据白云石质量、纯度计算的物质的量，结合煅烧反应得到的物质的量；再根据还原率计算被还原的的物质的量，结合还原反应 ，计算所需硅铁合金的质量；
②还原8h时还原率为0.9~1，说明未完全反应，滤渣含生成的、未反应的（或），以及未被还原的单质。
(4) ①粗熔点低于纯，电炉从左向右移动时，熔融逐步固化，杂质富集在右端，高纯富集在左端；
②是活泼金属，能与、反应，因此不能用这类气体；（惰性气体）、（常压下与不反应）可作保护气，据此筛选选项。
(5) 皮江法还原得到的粗镁含等杂质，难以除去；熔盐电解法可直接得到纯度较高的镁，因此若需高纯度镁锭，优先选择熔盐电解法。
（1）熔盐电解法的“氯化”步骤中获得，第①步得到MgO：；故第②步由MgO得到，方程式为。
（2）Pidgeon法中，某些参数会影响白云石的煅烧速率白云石比表面积大小（白云石的颗粒大小、粒径大小）、温度、压强。
（3）①硅铁合金的最简化学式为，在一定条件下消耗白云石中的物质的量。煅烧过程发生反应：，故可得到CaO和MgO的物质的量均为，萤石和硅铁合金中的Fe均不参与反应，还原发生的反应为：。
还原率=，可得被还原为单质的Mg原子数=。根据还原方程式可得硅铁合金的质量=nM=。
②还原会得到Mg，若还原时进行分离，则还原率为0.9-1，则滤渣的主要成分为、和Mg。
（4）①粗Mg的熔点低于纯Mg，随电炉的移动，熔融的Mg再固化，杂质向右移动，所以电炉从左端向右端移动，杂质富集在右端，高纯Mg富集在左端。
②Mg与、都会发生化学反应，故不能在、气氛下把液态镁浇铸成镁锭；为惰性气体、在常压下与Mg不反应，能在、气氛下把液态镁浇铸成镁锭，均可作为保护气，故选bd。
（5）Pidgeon法在“还原”时得到的粗镁含有Fe等杂质，难除去，为了得到纯度较高的镁锭，应该采用熔盐电解法。
18．化合物F是一种Gemini型表面活性剂，在石油开采领域具有重要的应用价值，其合成路线如下图所示：
（1）B的名称是　 　；的目的是　 　。
（2）的反应类型是　 　。
（3）写出的化学方程式　 　。
（4）写出同时满足下列条件的D的一种同分异构体　 　。
①遇溶液显色；
②含有一个手性碳原子；
③核磁共振氢谱峰面积比为。
物质H是一种季铵盐表面活性剂，其合成路线如下图所示：
（5）物质H的复杂阳离子中，长链烷基端是疏水端，季铵盐头部是亲水端，从结构上分析物质H属于　 　（选填“阳离子”或“阴离子”）型表面活性剂；物质F疏水的原因是长链烷基，亲水的原因是　 　。
（6）根据图中信息，以甲苯和（过氧化叔丁醇）为原料，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）乙酸苯（酚）酯；保护（酚）羟基
（2）取代反应
（3） +mKHCO3+m+mKBr+mH2O+mCO2 或 +m+mHBr
（4）
（5）阳离子；烷氧基侧链与水分子形成氢键/氧原子与水分子形成氢键
（6）
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）①B为苯酚与乙酸发生的取代反应，故B的名称为：
②乙酸苯（酚）酯；酚羟基有弱酸性且易被氧化，故的目的是为了保护酚羟基；
故答案为： 乙酸苯（酚）酯 ； 保护（酚）羟基 ；
（2）为酸酐可与羟基发生取代反应生成F，故的反应类型是取代反应；
故答案为： 取代反应 ；
（3），与发生缩聚反应生成E，其方程式为： +m+mHBr；碳酸氢钾可与HBr反应，促进反应发生，故方程式也可写为： +mKHCO3+m+mKBr+mH2O+mCO2 ；
故答案为： +mKHCO3+m+mKBr+mH2O+mCO2 或 +m+mHBr ；
（4）D的结构简式为：，遇溶液显色，则含有酚羟基，含有一个手性碳原子，故碳原子上连接4个不同的原子或原子团，核磁共振氢谱峰面积比为，则含有两个相同甲基，其结构简式为： ；
故答案为： ；
（5）①H的复杂阳离子中，季铵盐头部是亲水端，故其属于阳离子型表面活性剂；
②物质F疏水的原因是长链烷基，烷氧基侧链的氧原子与水分子可形成氢键增加其在水中的溶解性，故其亲水的原因为：烷氧基侧链与水分子形成氢键/氧原子与水分子形成氢键；
故答案为： 阳离子 ； 烷氧基侧链与水分子形成氢键/氧原子与水分子形成氢键 ；
（6）可由与反应制得，故其合成的流程为： ；
故答案为： ；
【分析】本流程以苯酚 A 为起始原料，先和乙酸在硫酸催化下发生酯化，生成乙酸苯酯 B，保护酚羟基；B 再与戊酰氯在三氯化铝催化下发生傅克酰基化，在苯环对位引入戊酰基，得到化合物 C；根据C的结构简式可知，C4H9COCl的结构简式为：CH3CH2CH2CH2COCl，C 经克莱门森还原将羰基还原为亚甲基，再经氢氧化钠水解、盐酸酸化，脱除乙酰基，得到中间体 D（）；D 与在碳酸氢钾作用下发生反应，生成含聚氧乙烯链的中间体 E；最后 E 与发生开环酯化，得到 Gemini 型表面活性剂 F。
（1）①分析反应物与生成物结构，苯酚的酚羟基与乙酸发生酯化反应，生成乙酸苯酯（乙酸苯酯/乙酸酚酯），因此B的名称为乙酸苯（酚）酯；
②酚羟基具有弱酸性且易被氧化，后续反应中需避免酚羟基被破坏，因此A→B的目的是保护酚羟基。
（2）分析反应物与产物结构，顺丁烯二酸酐（酸酐）与E中羟基发生开环反应，生成酯基，符合取代反应（酸酐的醇解）特征，故反应类型为取代反应。
（3）① 反应本质为酚羟基的氧原子与溴乙醇的碳原子发生亲核取代，形成醚键，生成E并伴随HBr生成；
② 反应体系中可与副产物HBr反应，消耗HBr促进平衡正向移动，因此反应方程式有两种表达形式：直接生成HBr的取代式、或包含与HBr反应的综合式。
（4）① 依据题干信息，D遇显色，说明含酚羟基；
② 结合合成路线，C经克莱门森还原（羰基还原为亚甲基）、水解脱乙酰基得到D，且分子含一个手性碳原子、核磁共振氢谱峰面积比为，说明含两个相同的甲基；
③ 综合结构特征，推导D的结构为苯环对位连有戊基（）和酚羟基，且侧链含异丙基结构。
（5）①F的阳离子中含季铵盐（）头部，根据表面活性剂分类标准，属于阳离子型表面活性剂；
② 疏水性：由长链烷基的疏水作用决定；
亲水性：由烷氧基侧链的氧原子与水分子形成氢键，以及氧原子本身的极性作用增加水溶性。
（6）① 分析目标产物结构，需由苯甲酰氯与反应制得；
② 合成路线分为三步：
第一步：甲苯（）在酸性氧化下，甲基被氧化为羧基，生成苯甲酸；
第二步：苯甲酸与反应，羧基转化为酰氯，生成苯甲酰氯；
第三步：苯甲酰氯与发生取代反应，生成目标产物。
（1）①B为苯酚与乙酸发生的取代反应，故B的名称为：
②乙酸苯（酚）酯；酚羟基有弱酸性且易被氧化，故的目的是为了保护酚羟基；
（2）为酸酐可与羟基发生取代反应生成F，故的反应类型是取代反应；
（3），与发生缩聚反应生成E，其方程式为： +m+mHBr；碳酸氢钾可与HBr反应，促进反应发生，故方程式也可写为： +mKHCO3+m+mKBr+mH2O+mCO2 ；
（4）D的结构简式为：，遇溶液显色，则含有酚羟基，含有一个手性碳原子，故碳原子上连接4个不同的原子或原子团，核磁共振氢谱峰面积比为，则含有两个相同甲基，其结构简式为： ；
（5）①H的复杂阳离子中，季铵盐头部是亲水端，故其属于阳离子型表面活性剂；
②物质F疏水的原因是长链烷基，烷氧基侧链的氧原子与水分子可形成氢键增加其在水中的溶解性，故其亲水的原因为：烷氧基侧链与水分子形成氢键/氧原子与水分子形成氢键；
（6）可由与反应制得，故其合成的流程为： ；
19．和是两种重要的化工原料。
（1）可通过如下反应利用制得
则　 　（用表示）。
（2）和的分解反应分别为
反应I：
反应Ⅱ：
上述两个反应的与的关系如图所示。[已知：为标准平衡常数，对于反应，其中为各组分的平衡分压。]
①已知（C为常数），且，则图甲中表示分解的直线为　 　（选填“a”或“b”）。
②已知反应的Gibbs自由能变，反应I需加热才能自发进行，可能的原因是　 　。
③对于反应Ⅱ，写出一种既能加快的生成速率，又能提高反应物的平衡转化率的操作：　 　。
（3）在温度为时，向容器中加入足量的和，达到平衡状态时，氨气的平衡分压　 　。
（4）在温度为、压强为的条件下，向只盛有足量的密封容器中通入和的混合气体以避免分解。已知该温度下反应I的，则混合气体中体积分数x的取值范围是　 　。
（5）利用双极膜电渗析法可制备和，原理如下图所示：
①电极M发生的电极反应式为　 　；c膜可以交换的离子是　 　（填离子符号）。
②下列反应室需要及时补充溶质的是　 　（填标号）。
a.极室m b.极室n c.盐室 d.酸室
【答案】（1）
（2）b；反应I的，在较高温度的条件下，才能使得，使得反应自发向右进行；适当升高温度
（3）
（4）
（5）；；c
【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；焓变和熵变；化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】（1）由图可知，① ；② ；③ ；④ ；⑤ ； 根据盖斯定律可知，②+③-①-④可得⑤，。
故答案为： ；
（2）① 根据公式，这是一个线性方程，其斜率 ，已知，则表示分解的直线斜率m更大，则图甲中表示分解的直线为b；
② 该反应的焓变 为正值（吸热反应），反应生成了气体，体系混乱度增大，熵变 也为正值，在较高温度的条件下，才能使得，使得反应自发向右进行；
③升高温度可以加快化学反应速率；从图像可以看出，直线 a 和 b 的斜率均为负值，这意味着 必须为正值，即两个分解反应都是吸热反应。根据勒夏特列原理，对于吸热反应，升高温度会使化学平衡向正反应方向移动，从而提高反应物 的平衡转化率。
故答案为：b； 反应I的，在较高温度的条件下，才能使得，使得反应自发向右进行 ； 适当升高温度 ；
（3）在 K时，。从图中可以看出，此时对应的11.8，这个点是两条直线的交点，说明在该温度下，反应I和反应II的平衡常数相等，即，根据平衡常数表达式：对于反应I： ，对于反应II： ，所以：，得到：，已知 ，所以 。
故答案为： ；
（4）“避免 分解”意味着反应I的平衡向左（逆反应方向）移动或不移动。这需要反应商 大于平衡常数 ，即 ，设 的体积分数为 ，则 的体积分数为 ，混合气体总压强为 ，标准压力 ， ， ，代入不等式：，得到 的取值范围为 。
故答案为： ；
（5）①由图可知，电解过程中H+向电极M移动，电极M是阴极，H+在阴极得到电子生成H2，电极反应式为：；该装置可制备和，c膜位于盐室和产品室之间，允许 离子从盐室迁移到产品室，以与产品室中的 和 反应生成 和 ，c膜是阳离子交换膜。
②a．极室m：双极膜中H+进入m得到电子生成H2，不需要补充溶质；
b．极室n：双极膜中OH-进入n失去电子生成O2，不需要补充溶质；
c．盐室： 和 离子分别迁出，导致 浓度降低，需要补充 ；
d. 酸室： 和 离子迁入，生成HCl，浓度增加，不需要补充溶质；
故答案为： ； ；c。
【分析】(1)先列出各分步热化学方程式，根据盖斯定律，通过方程式的加减消去中间物质，推导出目标反应的焓变表达式，最终得到 ΔH5 = ΔH2 + ΔH3 - ΔH1 - ΔH4。
(2) ① 直线对应判断：根据公式 lnK =+ C，直线斜率 m = -ΔH/8.314，ΔH 越小，斜率绝对值越大。已知 ΔH6 < ΔH7，因此 NaHCO3分解对应的直线斜率更大，对应直线 b。
② 反应自发性分析：NaHCO3分解为吸热反应（ΔH6>0），且生成气体使熵增（ΔS6>0），根据 ΔG = ΔH - TΔS < 0，只有高温下才能自发进行。
③ 温度对平衡的影响：两个分解反应均为吸热反应（ΔH>0），根据勒夏特列原理，升高温度使平衡正向移动，从而提高 NH4HCO3的平衡转化率，同时加快反应速率。
(3) 两条直线交点处，两反应的平衡常数 K6 = K7 。分别写出两个反应的平衡常数表达式，联立后消去相同项，推导出 p (NH3) = p ，代入标准压强 p =100kPa，得到 NH3的分压为 100kPa。
(4) 避免 NaHCO3分解，需满足反应商 Q ≥ 平衡常数 K （即）。设 H2O (g) 体积分数为 x，CO2(g) 为 1-x，总压 100kPa，代入 Q 的表达式，解不等式得到 x 的取值范围为 。
(5) ① 电极反应与膜类型判断：H+向电极 M 移动，说明 M 为阴极，电极反应为 2H++2e-=H2↑；c 膜允许 Na+从盐室迁移至产品室，属于阳离子交换膜。
② 溶质补充分析：逐一分析各室：极室 m、n、酸室均无需补充溶质，仅盐室中 Na+、Cl-迁出，NaCl 浓度降低，因此需要补充 NaCl。
（1）由图可知，① ；② ；③ ；④ ；⑤ ； 根据盖斯定律可知，②+③-①-④可得⑤，。
（2）① 根据公式，这是一个线性方程，其斜率 ，已知，则表示分解的直线斜率m更大，则图甲中表示分解的直线为b；
② 该反应的焓变 为正值（吸热反应），反应生成了气体，体系混乱度增大，熵变 也为正值，在较高温度的条件下，才能使得，使得反应自发向右进行；
③升高温度可以加快化学反应速率；从图像可以看出，直线 a 和 b 的斜率均为负值，这意味着 必须为正值，即两个分解反应都是吸热反应。根据勒夏特列原理，对于吸热反应，升高温度会使化学平衡向正反应方向移动，从而提高反应物 的平衡转化率。
（3）在 K时，。从图中可以看出，此时对应的11.8，这个点是两条直线的交点，说明在该温度下，反应I和反应II的平衡常数相等，即，根据平衡常数表达式：对于反应I： ，对于反应II： ，所以：，得到：，已知 ，所以 。
（4）“避免 分解”意味着反应I的平衡向左（逆反应方向）移动或不移动。这需要反应商 大于平衡常数 ，即 ，设 的体积分数为 ，则 的体积分数为 ，混合气体总压强为 ，标准压力 ， ， ，代入不等式：，得到 的取值范围为 。
（5）①由图可知，电解过程中H+向电极M移动，电极M是阴极，H+在阴极得到电子生成H2，电极反应式为：；该装置可制备和，c膜位于盐室和产品室之间，允许 离子从盐室迁移到产品室，以与产品室中的 和 反应生成 和 ，c膜是阳离子交换膜。
②a．极室m：双极膜中H+进入m得到电子生成H2，不需要补充溶质；
b．极室n：双极膜中OH-进入n失去电子生成O2，不需要补充溶质；
c．盐室： 和 离子分别迁出，导致 浓度降低，需要补充 ；
d. 酸室： 和 离子迁入，生成HCl，浓度增加，不需要补充溶质；
故选c。
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