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贵州毕节市2026届高三下学期高考第二次适应性考试化学试题
1．化学推动科技进步和社会发展。下列说法正确的是
A．“人造太阳”使用的核聚变原料中、互为同素异形体
B．人形机器人电机核心部件的高纯硅可用作光导纤维
C．“祖冲之三号”量子计算机中的氧化铝属于无机非金属材料
D．脑机接口的柔性电极常使用的复合材料石墨烯属于有机化合物
2．下列化学用语表示正确的是
A．分子的球棍模型：
B．反-2-丁烯的结构简式：
C．基态Cu原子的核外电子排布式：
D．用电子式表示HCl的形成：
3．下列实验操作规范的是
A．配制一定物质的量浓度溶液 B．制备蒸馏水
C．氧化还原滴定 D．中和反应反应热的测定
A．A B．B C．C D．D
4．中药材线纹香茶菜的一种活性成分结构如图。下列关于该分子的说法错误的是
A．能与溶液反应 B．含4个键
C．含3个手性碳原子 D．可发生加成反应和消去反应
5．化学变化五彩纷呈。下列颜色变化与氧化还原反应无关的是
A．向溴水中加入足量乙醛溶液，溶液由橙黄色变为无色
B．将苯酚置于空气中，无色晶体逐渐变为粉红色
C．向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水，溶液由蓝色变为深蓝色
D．向含有淀粉的碘水中加入维生素C，溶液由蓝色变为无色
6．硫代硫酸钠()具有较强的还原性，可用作纺织工业和造纸工业的脱氯剂。其中脱氯原理：，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．标准状况下，含分子数为
B．中含有的质子数为
C．生成时，转移电子数为
D．的溶液中氧原子数为
7．近期中国科学院研究团队发现硫氰酸铵()溶液在压力变化下表现惊人的热效应，这种“溶解压卡效应”使得制冷技术领域取得新突破。下列有关说法错误的是
A．元素电负性：
B．的空间结构为正四面体
C．水溶液中存在氢键
D．该化合物存在离子键、共价键和配位键
8．下列实验操作或装置可以完成相应实验的是
A.实验室制备 B.除去中
C.NO收集和尾气处理 D.验证还原性
A．A B．B C．C D．D
9．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素。X的基态原子中，s能级上只有1个电子，Y的基态原子中有3个未成对电子，Z是第三周期中原子半径最大的元素，W的最高价氧化物对应水化物是强酸。下列说法正确的是
A．原子半径：
B．第一电离能：
C．Z和W形成的化合物的水溶液一定呈中性
D．X和Y形成的化合物的空间结构可能是三角锥形
10．近年来，我国科学家通过合成新型氢氟碳化合物电解液，显著提升了锂金属电池在低温环境下的性能。一种基于1，3-二氟丙烷电解液、正极材料为的锂金属电池工作原理如图所示，下列说法正确的是
A．放电时，嵌入锂基材料中
B．放电时，正极电极反应式：
C．该电池低温时性能优越的主要原因是强配位的快速嵌入/脱嵌
D．相同条件下，2-甲基-1，3-二氟丙烷比1，3-二氟丙烷更适合做锂金属电池电解液
11．在NaOH水溶液中发生反应的机理如图所示。下列说法正确的是
A．取代反应是吸热反应，消去反应是放热反应
B．取代反应中羟基进攻H原子，消去反应中羟基进攻C原子
C．NaOH水溶液中发生取代反应比发生消去反应更难
D．水溶液中化学反应的选择性取代由Br原子电负性决定
12．下列实验操作能达到实验目的的是
选项 实验操作 实验目的
A 将粗铜和纯铜分别接直流电源的负、正极，平行插入溶液中 电解精炼铜
B 在酸性溶液中逐滴加入溶液，观察溶液颜色变化 探究的还原性
C 常温下，向溶液中加入8滴溶液 探究浓度对化学平衡的影响
D 向ZnS悬浊液中加入溶液，观察沉淀颜色变化(已知ZnS沉淀为白色，CuS沉淀为黑色) 探究和大小
A．A B．B C．C D．D
13．碳化钼在加氢反应、制氢反应、传感器及生物医学材料等领域具有优异的性能。一种六方相碳化钼晶胞结构如图所示。已知晶胞参数为，，，为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．晶体中Mo原子与C原子个数比为
B．①号原子和②号原子间的距离为
C．晶体中与C最近且距离相等的Mo有8个
D．晶体密度为
14．磷酸是重要的化工原料。常温下，在溶液中逐滴滴入溶液，溶液pH与[，或]的关系如图1所示，溶液pH与NaOH溶液滴入体积V的变化关系如图2所示。下列说法错误的是
A．Ⅲ为与pH的关系曲线
B．M点：
C．N点：
D．P点：
15．钒酸铋()是一种新型环保颜料，同时在催化剂和电池等领域也有着重要应用。某实验组欲利用和(偏钒酸铵)制备晶体，并测定其纯度。
已知：是黄色晶体，难溶于水和乙醇；价钒在不同pH溶液中存在不同形态。实验步骤如下：
Ⅰ．溶液的配制
称取一定量，加入溶液中，加热溶解完全后，再加水稀释得到溶液30 mL。
Ⅱ．的制备(反应装置如图1，夹持装置已略)
取25 mL步骤Ⅰ中制得溶液于250 mL三颈烧瓶中，先加入溶液，再加入(质量分数)十二烷基苯磺酸钠(DBS为结构导向辅助剂)溶液混合均匀。在磁力搅拌并水浴加热的同时，快速加入溶液，再滴加溶液至pH为6，控制温度约363 K并保温1小时至沉淀完全。
将反应混合液冷却、抽滤，用大量蒸馏水洗涤沉淀，再用乙醇洗涤两次。最后放入378 K的烘箱中烘干，得到产品2.4 g。
回答下列问题：
（1）基态V原子价层电子轨道表示式为　 　，与有相似空间结构，则中V原子的杂化轨道类型为　 　。
（2）图1中仪器a的名称是　 　，装置B烧杯中液体为　 　。
（3）步骤Ⅰ中由反应生成的离子方程式为　 　。
（4）步骤Ⅱ中两次加入的NaOH溶液浓度不同的原因是　 　。
（5）步骤Ⅱ中用蒸馏水洗涤沉淀的具体操作　 　。
（6）计算实验中产率为　 　%(保留小数点后一位)。
（7）储能容量大，使用寿命长的液流电池是电化学储能领域的研究热点。其中以石墨为电极，、、和为主要电解液阳离子的钒液流电池最为常见。该电池充电时的工作原理示意图如图2，其中电子迁移方向为电极　 　(填“A到B”或“B到A”)，电极A的电极反应式为　 　。
16．推动磷矿资源“富矿精开、贫矿利用”，培育绿色化工领域新质生产力具有重要的现实意义和推广价值。一种以磷尾矿(主要成分、、)为原料开展湿式镁法烟气脱硫及高值化利用工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）高温煅烧磷尾矿的目的是　 　。
（2）煅烧后的磷尾矿加入溶液进行脱钙预处理，反应完成后，过滤得到固体混合物，该混合物中用于脱硫的有效成分是　 　(填化学式)。
（3）工业烟气()脱硫模拟装置中发生的化学反应方程式为　 　。
（4）“脱镁”过程用于制备高纯氢氧化镁，其操作是　 　。此过程中可循环利用的物质是　 　(填化学式)。
（5）磷尾矿、脱钙预处理过滤后得到的混合物和磷精矿主要成分质量分数如下表：
CaO MgO
磷尾矿 10.6% 38.2% 16.8%
脱钙预处理过滤后得到的混合物 20.14% 35.5% 22.88%
磷精矿 28.0% 51.2% 0.5%
①分析表中数据，说明磷尾矿中的镁资源在生产过程中的作用是　 　。
②化工生产中，若磷的回收率为95%，计算100吨原磷尾矿可生产磷精矿　 　吨(保留小数点后两位)。
17．甘油水蒸气重整具有重整效率高、产物气氢含量高等优势而备受关注。主要反应如下：
反应①：
反应②：
反应③：
已知：、、的燃烧热()分别为、、。
（1）计算反应①的　 　，且该反应在　 　(填“低温”、“高温”或“任意温度”)下自发进行。
（2）反应③中能加快反应速率，同时能提高反应物平衡转化率的措施是　 　(填字母)。
A．升高反应体系温度 B．继续向密闭容器中通入氢气 C．改变容积增大体系压强
（3）一定温度下，的速率方程可表示为，k是速率常数，p表示物质分压。其中分压对的关系如图1所示，则速率方程中　 　。
（4）将和通入密闭容器中发生上述反应，相关物质平衡时的干基摩尔分数[某组分干基摩尔分数]如图2所示。已知图中对应温度下，的转化率接近100%。
①其中代表的曲线为　 　(填“Ⅰ”、“Ⅱ”或“Ⅲ”)。
②在温度达平衡时，CO的干基摩尔分数为　 　%(保留小数点后两位，下同)，反应的　 　。
③温度高于后，曲线Ⅰ对应物质的干基摩尔分数随温度升高而降低的原因为　 　。
18．一种心绞痛的药物中间体Ⅰ的合成路线如下(部分试剂和条件已略去)。
已知：①(其中，Z和代表、等强吸电子基团)；
②。
回答下列问题：
（1）A中官能团的名称　 　。
（2）若先后发生加成反应和消去反应，则加成反应生成的中间体的结构简式为　 　。从分子结构的角度考虑，的酸性强于的原因为　 　。
（3）的化学方程式　 　。
（4）H的结构简式为　 　。
（5）同时满足下列条件的G的同分异构体的结构简式为　 　(任写一种)。
ⅰ．与作用显色；
ⅱ．发生水解反应生成含4个碳原子的胺类物质；
ⅲ．核磁共振氢谱显示为5组峰
（6）依据以上流程信息，结合所学知识，设计以苯甲醛和丙二醛为原料合成苯丙烯酸()的路线　 　(无机试剂和溶剂任选)。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】同素异形体；硅和二氧化硅；同位素及其应用
【解析】【解答】A．、的质子数相同，中子数不同，属于氢元素的不同核素，二者互为同位素；而同素异形体的研究对象是同种元素形成的不同种单质，因此A错误；
B．高纯硅的导电性介于导体与绝缘体之间，是良好的半导体材料，可用来制作芯片和太阳能电池板，而光导纤维的主要成分是二氧化硅，不是硅，因此B错误；
C．氧化铝是金属氧化物，从材料分类来看，它属于无机非金属材料，因此C正确；
D．石墨烯是碳元素组成的单质，属于无机物，并不属于有机化合物，因此D错误；
故答案选C。
【分析】A．同位素指的是质子数相同，质量数不同的原子，、互称为同位素；
B．光导纤维成分是二氧化硅；
C．氧化铝属于无机非金属材料；
D．石墨烯是碳单质，属于无机物。
2．【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；烯烃；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．表示CH4的球棍模型时，需要体现出原子的相对半径大小，该模型中中心碳原子的半径大于周围氢原子，整体为正四面体结构，符合球棍模型的表示规范，因此A正确；
B．反-2-丁烯的结构中，碳碳双键两端的两个甲基应当位于双键的异侧，题图中两个甲基在双键的同侧，对应的是顺-2-丁烯，不是反-2-丁烯，因此B错误；
C．基态Cu原子符合洪特规则的特例，3d轨道全满的结构能量更低、更稳定，因此Cu原子正确的核外电子排布式为，选项给出的排布式错误，因此C错误；
D．HCl属于共价化合物，分子中原子通过共用电子对成键，不存在电子得失形成阴阳离子的过程，其电子式不能表示为，因此D错误；
故选A。
【分析】A．甲烷空间结构为正四面体，图示正确；
B．相同原子或原子团在碳碳双键两侧时，属于反式结构；
C． 基态Cu原子的核外电子排布式；
D．氯化氢是共价化合物。
3．【答案】C
【知识点】常用仪器及其使用；配制一定物质的量浓度的溶液；中和热的测定
【解析】【解答】A．配制一定物质的量浓度溶液时，需要先在烧杯中将固体溶质溶解，待溶液冷却后再转移至容量瓶中，不允许直接在容量瓶中溶解固体，A错误；
B．蒸馏操作中，温度计的作用是测定馏出蒸气的温度，因此温度计水银球需要放在蒸馏烧瓶的支管口处，图示中温度计位置错误，B错误；
C．酸性溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，因此需要盛放在酸式滴定管中，图示操作符合规范，C正确；
D．中和热测定实验中，装置需要配备玻璃搅拌器（即环形玻璃搅拌棒）来保证反应充分、温度均匀，图示装置缺少该仪器，D错误；
故选C。
【分析】A．根据容量瓶用途，不能用来溶解物质；
B．制备蒸馏水温度计水银球应放在支管口处；
C．高锰酸钾具有氧化性，用酸式滴定管滴定；
D．装置中缺少玻璃搅拌器。
4．【答案】B
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物中的官能团；烯烃；加成反应
【解析】【解答】A. 该有机物分子中含有羧基，羧基的酸性强于碳酸，因此可以和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，故A选项不符合要求；
B. 羧基本身就含有2个碳氧σ键，再加上羟基和直接相连的碳原子之间形成1个碳氧σ键，该分子总共含有3个碳氧σ键，故B选项符合要求；
C. 手性碳原子的定义是连接4个不同原子/基团的饱和碳原子，该分子中一共含有3个手性碳原子，标注如下图，故C选项不符合要求；
D. 该分子中含有碳碳双键，可以发生加成反应；分子中含有羟基，且与羟基直接相连的碳原子的邻位碳原子上带有氢原子，可以发生消去反应，故D选项不符合要求；
综上，答案选B。
【分析】根据有机物结构，含有官能团羟基，羧基，碳碳双键，能发生加成反应和消去反应，羧基能与碳酸氢钠反应，结构中含3个C-O键，手性碳原子指的是碳原子连接4个不同的原子或原子团，有机物中含有3个手性碳原子。
5．【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；氧化还原反应；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A. 乙醛会和溴水发生氧化还原反应，反应过程中乙醛被氧化、溴被还原，最终使溴水褪色，因此A不符合题意；
B. 苯酚在空气中会被氧化，变为粉红色的物质，该过程涉及氧化还原反应，因此B不符合题意；
C. 向溶液中加入氨水时，反应先生成沉淀，之后沉淀溶解，生成配离子，整个过程没有元素化合价发生变化，和氧化还原反应无关，因此C符合题意；
D. 维生素C会和碘水发生氧化还原反应，碘被还原，因此溶液会褪色，该过程涉及氧化还原反应，D不符合题意；
综上，答案选C。
【分析】A. 溴水能氧化乙醛；
B. 苯酚被氧气航华后，变为粉红色；
C. 硫酸铜和氨水反应，先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解，溶液呈深蓝色；
D. 维生素C具有还原性，和碘单质发生氧化还原反应。
6．【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．标准状况下，2.24L Cl2的物质的量是0.1mol，含有的分子数为0.1NA，因此A错误；
B.18g H2O的物质的量为1mol，1个H2O分子中总共含有10个质子，所以1mol H2O中含有的质子数为10NA，因此B错误；
C．该反应中，S元素的化合价从+2价升高到+6价，每生成1mol Na2SO4，反应会转移8mol电子，因此生成0.5mol Na2SO4时，转移的电子数为4NA，因此C错误；
D.1L 0.1mol/L H2SO4溶液中，不仅溶质H2SO4含有氧原子，作为溶剂的水分子中也含有大量氧原子，因此溶液中总的氧原子数远大于0.4NA，D正确；
故答案选D。
【分析】A．根据公式计算；
B.1mol含10mol质子；
C．根据化学方程式，生成1mol硫酸钠转移8mol电子；
D．硫酸溶液中溶剂水含有氧原子。
7．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．对于同周期的主族元素，电负性会随原子序数从左到右逐渐增大，因此氮元素的电负性大于碳元素，即；同时氢元素的电负性小于碳和氮，因此三种元素的电负性顺序为，A选项错误；
B．对于中的中心N原子，计算可得价层电子对数为，且孤电子对数为0，因此的空间结构为正四面体形，B选项正确；
C．的水溶液中存在、、等多种微粒，N、O都属于电负性大的原子，且这些微粒中都存在与N/O直接相连的氢原子，满足氢键的形成条件，因此体系中可以形成氢键，C选项正确；
D．和阴阳离子之间存在离子键；内部，除了3个普通的共价键，还有1个配位键；内部原子之间也存在共价键，因此该化合物中同时存在离子键、共价键和配位键，D选项正确；
本题选不正确的，故答案为A。
【分析】A．根据元素周期变化规律作答；
B．根据价层电子对互斥理论，铵根离子空间结构为正四面体形；
C．根据氢键形成条件，水溶液中存在氢键 ；
D． 是离子化合物，含离子键，铵根离子中存在配位键，共价键。
8．【答案】D
【知识点】氨的实验室制法；二氧化硫的性质；常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】A．受热会分解为和，两种气体扩散到试管口时，温度降低，会重新反应结合生成，无法通过这个方法制得氨气；实验室制备氨气的正确方法是加热氯化铵与氢氧化钙的固体混合物，因此A错误；
B．碱石灰属于碱性干燥剂，它会和发生反应，会把氯气吸收掉，不能用来干燥氯气，干燥氯气需要选用浓硫酸，因此B错误；
C．可以和空气中的发生反应，且它的密度和空气接近，不能使用排空气法收集；同时不与发生反应，不能被溶液吸收，无法用该装置处理NO的尾气，因此C错误；
D．将通入酸性高锰酸钾溶液中，如果观察到溶液褪色，就说明将还原，反应过程中S元素的化合价升高，能够验证的还原性，装置采用“长进短出”的操作也符合要求，因此D正确；
故答案选D。
【分析】A．氯化铵受热分解后，氨气和氯化氢会重新生成氯化铵；
B．碱石灰中含氢氧化钠，会和氯气反应；
C．一氧化氮和氢氧化钠不反应；
D．通过观察高锰酸钾溶液颜色变化，判断二氧化硫还原性。
9．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．根据原子半径递变规律：同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，因此三种元素的原子半径大小顺序为，A项错误；
B．Na是活泼金属，容易失电子，第一电离能较小；而N的2p轨道为半充满的稳定结构，第一电离能高于同周期相邻元素，因此第一电离能大小关系为，即，B项错误；
C．若W为，Z和W形成的化合物水溶液呈中性；若W为，二者形成的是强碱弱酸盐，硫离子水解会使溶液显碱性，因此ZY（即NaW）溶液不一定为中性，C项错误；
D．X为H、Y为N，二者可以形成化合物，分子中中心N原子的价层电子对数为，因此N原子采取杂化，其中1对为孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用使NH3的空间结构为三角锥形，D项正确；
故答案选D。
【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素：X的s能级仅填充1个电子，说明X的最外层只有1个电子，推得X为；Y的基态原子有3个未成对电子，结合原子序数大于X，推得Y为；Z是第三周期中原子半径最大的主族元素，因此Z为；W的最高价氧化物对应水化物为强酸，结合原子序数范围，W可能为或，据此分析。
10．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．放电过程中，锂基材料作为负极，发生的电极反应为，会从锂基材料中脱离出来，向正极方向迁移，该选项描述正确，不符合题意；
B．放电时正极发生还原反应，得到电子，同时结合从负极迁移过来的，最终生成，对应的电极反应式为，该选项描述正确，符合题意；
C．该电池具备优异低温性能的核心原因，是新型氢氟碳化合物电解液可以和形成强配位作用，能够促进快速发生脱嵌、完成传输，该选项描述正确，不符合题意；
D.2-甲基-1，3-二氟丙烷的空间位阻比1，3-二氟丙烷更大，会削弱它和的配位作用，对的传输不利，因此相比之下1，3-二氟丙烷更适合作为该电池的电解液，该选项描述正确，不符合题意；
综上，答案选B。
【分析】本题所研究的电池以锂基材料作为负极，作为正极，以1，3-二氟丙烷作为电解液。放电过程中，负极的Li会失去电子生成，生成的会透过阳离子膜向正极方向迁移，最终嵌入正极材料中，完成化学能到电能的转换，据此分析。
11．【答案】D
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；卤代烃简介
【解析】【解答】A．取代反应的产物能量为-127.6 kJ/mol，消去反应的产物能量为-117.6 kJ/mol，二者能量都低于反应物的能量（反应物能量为0 kJ/mol），因此两个反应都属于放热反应，A错误；
B．发生取代反应时，是水分子中的羟基进攻和溴原子相连的碳原子，完成取代；发生消去反应时，水分子的羟基会进攻β-氢原子，同时溴原子离去，最终形成碳碳双键，B错误；
C．取代反应的活化能，消去反应的活化能比取代反应更高。由于活化能越低，反应越容易进行，因此取代反应比消去反应更易发生，C错误；
D．该反应在水溶液中进行，溴原子电负性较大，会使C-Br键发生极化，导致连接溴的碳原子带有部分正电荷，更容易被亲核试剂进攻，因此反应以取代反应为主。同时是良好的离去基团，会进一步促进取代反应的进行。因此该反应的选择性是由溴原子的电负性决定的，D正确；
故答案选D。
【分析】A．根据反应机理中物质能量变化，可判断取代反应和消去反应是放热反应；
B．根据机理图中物质结构分析， 取代反应中水分子中的羟基进攻和溴原子相连的碳原子， 消去反应中 水分子的羟基会进攻β-氢原子；
C．根据机理图，取代反应活化能低，更溶液发生；
D．溴电负性大，碳溴键极性大，容易发生取代反应。
12．【答案】C
【知识点】铜的电解精炼；化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A. 电解精炼铜时，粗铜需要连接直流电源的正极作为阳极，纯铜连接电源负极作为阴极，因此A错误；
B. FeCl2中的Cl 同样具有还原性，也可以被酸性KMnO4氧化，使高锰酸钾溶液褪色，会对Fe2+还原性的检验造成干扰，因此B错误；
C. 加入NaOH后，NaOH会和平衡体系中的H+反应，导致溶液中H+浓度下降，平衡向正向移动，溶液从橙色逐渐变为黄色；同时本实验中滴加的NaOH溶液体积很小，对溶液总体积的影响可以忽略，因此可以探究浓度对化学平衡的影响，C正确；
D. 该体系本身就存在游离的S2 ，加入CuSO4后，Cu2+可以直接和S2 反应生成黑色的CuS沉淀，无法证明该沉淀是由ZnS沉淀转化得到的，因此不能比较ZnS和CuS的Ksp大小，D错误；
综上，答案选C。
【分析】A. 精炼铜时，粗铜和正极相连，纯铜和负极相连；
B. 高锰酸钾能氧化二价铁离子和氯离子；
C. ，滴加氢氧化钠可使平衡移动，溶液颜色发生变化；
D. ZnS悬浊液中含有硫离子，无法证明沉淀转化。
13．【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．由晶胞结构可计算出，一个晶胞中含有的Mo原子数目为，含有的C原子数目为，因此晶体中Mo原子与C原子的个数比为2：1，A正确；
B．根据晶胞结构可知，①号原子和②号原子在x-y平面投影的距离为 a pm ，在y-z平面投影的距离为 c pm ，且，根据空间两点距离公式可得，两原子之间的距离为，B正确；
C．从图像可以看出，晶体中与C原子最近且距离相等的Mo原子有6个，C错误；
D．从图像可以看出，该晶胞体积为，从选项A分析可知，晶胞中含有8个Mo原子和4个C原子，质量为，则该晶体密度为，D正确；
故答案选C。
【分析】A．根据晶胞中原子计算方法，可得 Mo原子与C原子个数比 ；
B．根据晶胞结构， ①号原子和②号原子间的距离为 ；
C．晶体中与C原子最近且距离相等的Mo原子有6个；
D．根据晶胞计算公式分析
14．【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．曲线Ⅲ表示与pH的关系，A正确；
B．M点加入10mL等浓度的NaOH溶液，反应后溶质为NaH2PO4，溶液存在物料守恒：，结合电荷守恒关系：，得到关系式为，B错误；
C．N点加入15mL等浓度的NaOH溶液，反应后溶质为等物质的量的NaH2PO4和，溶液存在物料守恒：，C正确；
D．===0，故，D正确；
故答案选B。
【分析】根据题意推导可得：，
按照同样的推导逻辑可以得到另外两个关系：。 令-lgX=0可得，；当pH相同时，的值最大，故图中曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示、、与pH的关系。
15．【答案】（1）；
（2）恒压分液漏斗；水
（3）
（4）第一次加NaOH是为了快速调节体系pH故选择高浓度的NaOH溶液，第二次是为了精准控制pH到6，所以选择较低浓度的NaOH溶液
（5）在原漏斗中加入水至没过沉淀，让水自然流下，并重复2-3次
（6）74.1
（7）A到B；
【知识点】原子核外电子排布；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）V是23号元素，基态V原子核外电子总数等于原子序数，为23，其价层电子的轨道表示式为 ；中，中心P原子的价层电子对数为4，且没有孤电子对，空间构型为正四面体形；的空间结构同样为正四面体形，说明中V原子的价层电子对数也为4，因此V原子的杂化轨道类型为杂化；
（2）图1中仪器a的名称为恒压分液漏斗。三颈烧瓶中制备的过程中会生成氨气，因此装置B的烧杯中液体的作用是吸收氨气尾气；氨气极易溶于水，搭配防倒吸装置，直接用水就可以吸收氨气；
（3）由反应生成的离子方程式为，和题干推导一致；
（4）反应过程中，第一次加入NaOH的目的是快速调节体系的pH，因此选用浓度更高的NaOH溶液；第二次滴加NaOH是为了精准将pH调整至目标值6，因此选用浓度更低的NaOH溶液，避免滴加过量难以控制pH；
（5）过滤后洗涤沉淀的标准操作是：向漏斗中加入蒸馏水，直到水面没过沉淀，让水自然流尽后，重复该操作2~3次即可；
(6)根据制作沉淀的过程，
溶液的物质的量，
25 mL溶液的物质的量，
根据制备方程式：可知用的含量计算理论的到沉淀的量，，产率。
(7)根据分析，电极A为阳极，电源a为正极，电源b为负极，故充电时电子从A到B。
电极A的电极反应式为。
【分析】的制备流程如下：取25 mL步骤I配制得到的溶液，放入250 mL三颈烧瓶中，先加入溶液，再加入2 mL质量分数为1%的十二烷基苯磺酸钠（DBS作为结构导向辅助剂）溶液，将三种试剂混合均匀。在磁力搅拌、水浴加热的条件下，快速加入溶液，之后再滴加溶液，将体系pH调节至6，控制温度约为363 K，保温1小时，直到完全沉淀。步骤I中和混合后反应生成，该反应的离子方程式为。
针对钒液流电池，充电时电极A上V元素化合价从+3升高到+5，由，发生氧化反应，因此该电极是阳极；电极B上V元素化合价从+3降低到+2，由，发生还原反应，因此该电极是阴极。
（1）基态V原子核外电子数为23，价层电子轨道表示式为。
中中心原子P的价电子对数为4，没有孤对电子，空间结构为正四面体，也为正四面体形，则中V原子的价电子对数为4，杂化轨道类型为。
（2）图1中仪器a的名称是恒压分液漏斗。
三颈烧瓶中制备过程会产生氨气，故装置B烧杯中液体为尾气处理氨气，氨气极易溶于水，在防倒吸装置下用水吸收即可。
（3）由反应生成的离子方程式为。
（4）第一次加NaOH是为了快速调节体系pH故选择高浓度的NaOH溶液，第二次是为了精准控制pH到6，所以选择较低浓度的NaOH溶液。
（5）洗涤沉淀的具体操作：在原漏斗中加入水至没过沉淀，让水自然流下，并重复2-3次。
（6）根据制作沉淀的过程，
溶液的物质的量，
25 mL溶液的物质的量，
根据制备方程式：可知用的含量计算理论的到沉淀的量，，产率。
（7）根据分析，电极A为阳极，电源a为正极，电源b为负极，故充电时电子从A到B。
电极A的电极反应式为。
16．【答案】（1）将碳酸盐分解为氧化物，便于后续化学处理；
（2）MgO；
（3）2MgO+2SO2 + O2=2MgSO4；
（4）向高镁溶液中加入氨水，调节pH使Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀，过滤、洗涤、干燥；；NH4NO3(或NH3、NH3 H2O)；
（5）用于烟气脱硫，同时制备高纯氢氧化镁，实现镁资源高值化利用，并富集磷元素提升磷精矿品位。；35.96
【知识点】二氧化硫的性质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）煅烧磷尾矿的作用是分解其中的碳酸盐，方便后续进行化学分离处理；
（2）结合上述分析与脱硫产物可判断，过滤后所得固体混合物中，可用于脱硫的有效成分是MgO；
（3）根据脱硫装置中的反应物和生成物，可以写出该反应的化学方程式： 2MgO+2SO2 + O2=2MgSO4 ；
（4）向主要含有硝酸镁的高镁溶液中加入氨水，反应生成Mg(OH)2沉淀和NH4NO3，想要得到高纯氢氧化镁，需要在沉淀后经过过滤、洗涤、干燥等操作，同时得到的NH4NO3可以返回浸取步骤循环利用。
（5）设可生产磷精矿的质量为x吨，根据P2O5元素质量守恒可得：
解得x=35.96。
【分析】工业生产中先对磷尾矿进行煅烧，使其中的碳酸盐分解，方便后续进行化学分离处理，煅烧后得到CaO、MgO、P2O5；加入NH4NO3溶液脱钙时，CaO与水、NH4NO3反应后进入高钙液，根据题干信息，MgO和P2O5会留在固体中，之后进行工业脱硫处理，最终得到磷精矿，脱硫后得到的MgSO4溶液和高钙液，即主要成分为硝酸钙，反应，得到精品硫酸钙和主要成分为硝酸镁的高镁液，向高镁液中加入氨水，可得到Mg(OH)2沉淀，同时得到可循环使用的硝酸铵浸取液。
（1）磷尾矿煅烧时将碳酸盐进行分解，便于后续化学分离处理；
（2）根据以上分析及脱硫产物可知，过滤得到的固体混合物中脱硫的有效成分是MgO；
（3）根据脱硫装置中的反应物和生成物可知方程式为2MgO+2SO2 + O2=2MgSO4；
（4）向高镁溶液（主要含硝酸镁）中加入氨水，生成Mg(OH)2沉淀和NH4NO3，要获得高纯氢氧化镁还要进行过滤、洗涤、干燥等一系列操作，得到的NH4NO3可以循环利用。
（5）设可生产磷精矿质量为x 吨，根据P2O5守恒：；解得x≈35.96。
17．【答案】（1）+251；高温
（2）C
（3）0
（4）II；17.65；0.73；根据题意，升高温度，反应②和反应③均向逆反应方向移动。反应②使的干基摩尔分数减小，反应③使的干基摩尔分数增大。当温度高于后，反应②程度大于反应③，从而使的干基摩尔分数随温度升高而减少。
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）已知的燃烧反应及其焓变如下：
①；
②
③
目标反应为：
根据盖斯定律，将反应①减去3倍的反应②和4倍的反应③，即可得到目标反应，即，。
自发进行的判据：，反应①：，反应后气体体积增大，，要使 ，需 ，因此高温下自发进行；
（2）A. 升高温度虽然能加快反应速率，但会使该反应的平衡逆向移动，导致氢气的平衡转化率降低，因此A不符合要求；
B. 向密闭容器中继续通入氢气，虽然能加快反应速率，但根据勒夏特列原理，氢气自身的平衡转化率会降低，因此B不符合要求；
C. 增大体系压强后，各反应物浓度升高，反应速率加快；同时该反应正向为气体分子数减少的反应，增大压强平衡会正向移动，氢气的平衡转化率提高，因此C符合要求；
故选C。
（3）已知反应速率满足方程：，结合图1的变化规律可得：当的分压发生改变时，生成氢气的速率几乎不发生变化，这说明和无关，因此是常数项，可得指数；
（4）① 干基为除去的气体，产物中物质的量最大，摩尔分数最高，因此曲线Ⅰ为；已标出，随温度升高，反应③逆向移动，减少；升温使反应②（放热）逆向移动，物质的量一直增大，对应一直上升的曲线Ⅲ，因此一直下降的曲线Ⅱ为；
② 时几乎为0，完全转化，总C为，图中和干基摩尔分数相等，因此。 原子守恒计算：初始氢原子的物质的量为，总氧原子的物质的量为，由氧原子守恒得；氢原子守恒得，得。 干基总物质的量，干基摩尔分数；
反应②反应前后气体体积不变，分压比等于物质的量比，故。
③ 结合题目信息可知，升高温度后，反应②和反应③的平衡都会向逆反应方向移动。其中反应②平衡逆向移动会使的干基摩尔分数降低，而反应③平衡逆向移动会让的干基摩尔分数升高。当温度超过后，反应②逆向移动的程度比反应③更大，最终使得的干基摩尔分数随温度升高呈现下降趋势。
【分析】（1）根据该死定律计算，自发进行的判据：；
（2）加快反应速率可升高温度，增大物质浓度，增大压强，但是增大氢气浓度，氢气转化率降低；
（3）根据图1曲线变化，可知和无关，则；
（4）根据方程式吸放热分析，升高温度时，二氧化碳减少可知曲线 II 代表 ，整个反应过程遵循元素守恒，根据T2下甲烷为0，一氧化碳和二氧化碳相等，求得二者物质的量，整个反应过程遵循元素守恒，计算氢气物质的量，代入公式计算Kp。
（1）已知的燃烧反应及其焓变如下：
①；
②
③
目标反应为：
根据盖斯定律，将反应①减去3倍的反应②和4倍的反应③，即可得到目标反应，即，。
自发进行的判据：，反应①：，反应后气体体积增大，，要使 ，需 ，因此高温下自发进行。
（2）A．升高温度，加快反应速率，但平衡逆向移动，转化率降低，A不符合题意；
B．继续向密闭容器中通入氢气 ，加快反应速率，但氢气的平衡转化率降低，B不符合题意；
C．增大体系压强，浓度升高，反应速率加快；平衡正向移动，氢气的平衡转化率提高，C符合题意；
故选C。
（3）根据速率方程：，由图1可知：分压变化时，几乎不变，说明与无关，因此 为常数，即。
（4）① 干基为除去的气体，产物中物质的量最大，摩尔分数最高，因此曲线Ⅰ为；已标出，随温度升高，反应③逆向移动，减少；升温使反应②（放热）逆向移动，物质的量一直增大，对应一直上升的曲线Ⅲ，因此一直下降的曲线Ⅱ为。
② 时几乎为0，完全转化，总C为，图中和干基摩尔分数相等，因此。 原子守恒计算：初始氢原子的物质的量为，总氧原子的物质的量为，由氧原子守恒得；氢原子守恒得，得。 干基总物质的量，干基摩尔分数。
反应②反应前后气体体积不变，分压比等于物质的量比，故。
③ 根据题意，升高温度，反应②和反应③均向逆反应方向移动。反应②使的干基摩尔分数减小，反应③使的干基摩尔分数增大。当温度高于后，反应②程度大于反应③，从而使的干基摩尔分数随温度升高而减少。
18．【答案】（1）醚键、醛基
（2）；-是强吸电子基团，使羧基中键极性增强，更易电离出，故酸性强于乙酸
（3）+HBr
（4）
（5）
（6） +
【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）根据A的结构简式可以判断，A中含有的官能团是醚键和醛基；
（2）B转化为C的过程，依次发生加成反应、消去反应：B的醛基先发生加成反应，转变为羟基，之后再发生消去反应引入碳碳双键，因此加成反应得到的中间体结构简式为；属于强吸电子基团，它的存在会使CNCH2COOH中的键极性增强，更易电离出，因此CNCH2COOH的酸性比乙酸更强；
（3）E发生取代反应，发生自身环化生成F和HBr，反应的化学方程式为：
+HBr；
（4）结合G、I的结构简式，以及H的分子式，可以推断出H的结构简式为；
（5）G（）除苯环外，还含有5个碳原子、2个氧原子、1个不饱和度、1个氮原子。要求同分异构体满足三个条件：①遇氯化铁溶液发生显色反应，说明分子中含有酚羟基；②水解产物能得到含4个碳原子的胺，说明酰胺结构中氨基部分为4个碳，结构片段为；③核磁共振氢谱有5组峰，说明分子结构高度对称。同时符合以上条件的G的同分异构体的结构简式为；
(6)要合成苯丙烯酸()，结合题目给的信息②可知，需要先制备；参考题干中B→C的反应原理，用苯甲醛和丙二酸在吡啶中反应即可得到，而丙二酸可由丙二醛氧化得到，因此合成路线如下： + 。
【分析】A与发生取代反应得到B（），B再和反应生成C，C经还原得到D，D和DMA反应生成E，E发生自身环化，得到F和HBr；F结构中的-CN和2分子H2加成得到G，G再和H（）发生取代反应，最终生成I和HCl，据此分析。
（1）由A的结构简式可知，A含有的官能团为醚键和醛基；
（2）B→C先后发生加成反应和消去反应，即B中醛基上发生加成反应转化为羟基、并进一步发生消去反应引入碳碳双键，则加成反应生成的中间体的结构简式为 ；-是强吸电子基团，使CNCH2COOH的键极性增强，更易电离出，故其酸性强于乙酸；
（3）E发生取代反应自身环化生成F和HBr ，化学方程式为：+HBr；
（4）根据G和I 的结构简式，以及H的分子式，推测H的结构简式为 ；
（5）G （）除苯环外，还有5个C，2个O，1个不饱和度，1个氮，满足条件：①遇说明含酚羟基；②水解生成4个碳的胺，说明酰胺结构中氨基部分为4碳，即；③核磁共振氢谱5组峰说明高度对称，满足以上条件的G的同分异构体的结构简式为；
（6）要合成苯丙烯酸()，利用信息②可知需得到，利用题干中B→C的转化原理，可用苯甲醛和丙二酸在吡啶中反应得到，而丙二酸通过丙二醛氧化即可得到，则合成路线如下：
+ 。
1 / 1贵州毕节市2026届高三下学期高考第二次适应性考试化学试题
1．化学推动科技进步和社会发展。下列说法正确的是
A．“人造太阳”使用的核聚变原料中、互为同素异形体
B．人形机器人电机核心部件的高纯硅可用作光导纤维
C．“祖冲之三号”量子计算机中的氧化铝属于无机非金属材料
D．脑机接口的柔性电极常使用的复合材料石墨烯属于有机化合物
【答案】C
【知识点】同素异形体；硅和二氧化硅；同位素及其应用
【解析】【解答】A．、的质子数相同，中子数不同，属于氢元素的不同核素，二者互为同位素；而同素异形体的研究对象是同种元素形成的不同种单质，因此A错误；
B．高纯硅的导电性介于导体与绝缘体之间，是良好的半导体材料，可用来制作芯片和太阳能电池板，而光导纤维的主要成分是二氧化硅，不是硅，因此B错误；
C．氧化铝是金属氧化物，从材料分类来看，它属于无机非金属材料，因此C正确；
D．石墨烯是碳元素组成的单质，属于无机物，并不属于有机化合物，因此D错误；
故答案选C。
【分析】A．同位素指的是质子数相同，质量数不同的原子，、互称为同位素；
B．光导纤维成分是二氧化硅；
C．氧化铝属于无机非金属材料；
D．石墨烯是碳单质，属于无机物。
2．下列化学用语表示正确的是
A．分子的球棍模型：
B．反-2-丁烯的结构简式：
C．基态Cu原子的核外电子排布式：
D．用电子式表示HCl的形成：
【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；烯烃；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．表示CH4的球棍模型时，需要体现出原子的相对半径大小，该模型中中心碳原子的半径大于周围氢原子，整体为正四面体结构，符合球棍模型的表示规范，因此A正确；
B．反-2-丁烯的结构中，碳碳双键两端的两个甲基应当位于双键的异侧，题图中两个甲基在双键的同侧，对应的是顺-2-丁烯，不是反-2-丁烯，因此B错误；
C．基态Cu原子符合洪特规则的特例，3d轨道全满的结构能量更低、更稳定，因此Cu原子正确的核外电子排布式为，选项给出的排布式错误，因此C错误；
D．HCl属于共价化合物，分子中原子通过共用电子对成键，不存在电子得失形成阴阳离子的过程，其电子式不能表示为，因此D错误；
故选A。
【分析】A．甲烷空间结构为正四面体，图示正确；
B．相同原子或原子团在碳碳双键两侧时，属于反式结构；
C． 基态Cu原子的核外电子排布式；
D．氯化氢是共价化合物。
3．下列实验操作规范的是
A．配制一定物质的量浓度溶液 B．制备蒸馏水
C．氧化还原滴定 D．中和反应反应热的测定
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】常用仪器及其使用；配制一定物质的量浓度的溶液；中和热的测定
【解析】【解答】A．配制一定物质的量浓度溶液时，需要先在烧杯中将固体溶质溶解，待溶液冷却后再转移至容量瓶中，不允许直接在容量瓶中溶解固体，A错误；
B．蒸馏操作中，温度计的作用是测定馏出蒸气的温度，因此温度计水银球需要放在蒸馏烧瓶的支管口处，图示中温度计位置错误，B错误；
C．酸性溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，因此需要盛放在酸式滴定管中，图示操作符合规范，C正确；
D．中和热测定实验中，装置需要配备玻璃搅拌器（即环形玻璃搅拌棒）来保证反应充分、温度均匀，图示装置缺少该仪器，D错误；
故选C。
【分析】A．根据容量瓶用途，不能用来溶解物质；
B．制备蒸馏水温度计水银球应放在支管口处；
C．高锰酸钾具有氧化性，用酸式滴定管滴定；
D．装置中缺少玻璃搅拌器。
4．中药材线纹香茶菜的一种活性成分结构如图。下列关于该分子的说法错误的是
A．能与溶液反应 B．含4个键
C．含3个手性碳原子 D．可发生加成反应和消去反应
【答案】B
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物中的官能团；烯烃；加成反应
【解析】【解答】A. 该有机物分子中含有羧基，羧基的酸性强于碳酸，因此可以和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，故A选项不符合要求；
B. 羧基本身就含有2个碳氧σ键，再加上羟基和直接相连的碳原子之间形成1个碳氧σ键，该分子总共含有3个碳氧σ键，故B选项符合要求；
C. 手性碳原子的定义是连接4个不同原子/基团的饱和碳原子，该分子中一共含有3个手性碳原子，标注如下图，故C选项不符合要求；
D. 该分子中含有碳碳双键，可以发生加成反应；分子中含有羟基，且与羟基直接相连的碳原子的邻位碳原子上带有氢原子，可以发生消去反应，故D选项不符合要求；
综上，答案选B。
【分析】根据有机物结构，含有官能团羟基，羧基，碳碳双键，能发生加成反应和消去反应，羧基能与碳酸氢钠反应，结构中含3个C-O键，手性碳原子指的是碳原子连接4个不同的原子或原子团，有机物中含有3个手性碳原子。
5．化学变化五彩纷呈。下列颜色变化与氧化还原反应无关的是
A．向溴水中加入足量乙醛溶液，溶液由橙黄色变为无色
B．将苯酚置于空气中，无色晶体逐渐变为粉红色
C．向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水，溶液由蓝色变为深蓝色
D．向含有淀粉的碘水中加入维生素C，溶液由蓝色变为无色
【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；氧化还原反应；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A. 乙醛会和溴水发生氧化还原反应，反应过程中乙醛被氧化、溴被还原，最终使溴水褪色，因此A不符合题意；
B. 苯酚在空气中会被氧化，变为粉红色的物质，该过程涉及氧化还原反应，因此B不符合题意；
C. 向溶液中加入氨水时，反应先生成沉淀，之后沉淀溶解，生成配离子，整个过程没有元素化合价发生变化，和氧化还原反应无关，因此C符合题意；
D. 维生素C会和碘水发生氧化还原反应，碘被还原，因此溶液会褪色，该过程涉及氧化还原反应，D不符合题意；
综上，答案选C。
【分析】A. 溴水能氧化乙醛；
B. 苯酚被氧气航华后，变为粉红色；
C. 硫酸铜和氨水反应，先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解，溶液呈深蓝色；
D. 维生素C具有还原性，和碘单质发生氧化还原反应。
6．硫代硫酸钠()具有较强的还原性，可用作纺织工业和造纸工业的脱氯剂。其中脱氯原理：，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．标准状况下，含分子数为
B．中含有的质子数为
C．生成时，转移电子数为
D．的溶液中氧原子数为
【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．标准状况下，2.24L Cl2的物质的量是0.1mol，含有的分子数为0.1NA，因此A错误；
B.18g H2O的物质的量为1mol，1个H2O分子中总共含有10个质子，所以1mol H2O中含有的质子数为10NA，因此B错误；
C．该反应中，S元素的化合价从+2价升高到+6价，每生成1mol Na2SO4，反应会转移8mol电子，因此生成0.5mol Na2SO4时，转移的电子数为4NA，因此C错误；
D.1L 0.1mol/L H2SO4溶液中，不仅溶质H2SO4含有氧原子，作为溶剂的水分子中也含有大量氧原子，因此溶液中总的氧原子数远大于0.4NA，D正确；
故答案选D。
【分析】A．根据公式计算；
B.1mol含10mol质子；
C．根据化学方程式，生成1mol硫酸钠转移8mol电子；
D．硫酸溶液中溶剂水含有氧原子。
7．近期中国科学院研究团队发现硫氰酸铵()溶液在压力变化下表现惊人的热效应，这种“溶解压卡效应”使得制冷技术领域取得新突破。下列有关说法错误的是
A．元素电负性：
B．的空间结构为正四面体
C．水溶液中存在氢键
D．该化合物存在离子键、共价键和配位键
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．对于同周期的主族元素，电负性会随原子序数从左到右逐渐增大，因此氮元素的电负性大于碳元素，即；同时氢元素的电负性小于碳和氮，因此三种元素的电负性顺序为，A选项错误；
B．对于中的中心N原子，计算可得价层电子对数为，且孤电子对数为0，因此的空间结构为正四面体形，B选项正确；
C．的水溶液中存在、、等多种微粒，N、O都属于电负性大的原子，且这些微粒中都存在与N/O直接相连的氢原子，满足氢键的形成条件，因此体系中可以形成氢键，C选项正确；
D．和阴阳离子之间存在离子键；内部，除了3个普通的共价键，还有1个配位键；内部原子之间也存在共价键，因此该化合物中同时存在离子键、共价键和配位键，D选项正确；
本题选不正确的，故答案为A。
【分析】A．根据元素周期变化规律作答；
B．根据价层电子对互斥理论，铵根离子空间结构为正四面体形；
C．根据氢键形成条件，水溶液中存在氢键 ；
D． 是离子化合物，含离子键，铵根离子中存在配位键，共价键。
8．下列实验操作或装置可以完成相应实验的是
A.实验室制备 B.除去中
C.NO收集和尾气处理 D.验证还原性
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】氨的实验室制法；二氧化硫的性质；常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】A．受热会分解为和，两种气体扩散到试管口时，温度降低，会重新反应结合生成，无法通过这个方法制得氨气；实验室制备氨气的正确方法是加热氯化铵与氢氧化钙的固体混合物，因此A错误；
B．碱石灰属于碱性干燥剂，它会和发生反应，会把氯气吸收掉，不能用来干燥氯气，干燥氯气需要选用浓硫酸，因此B错误；
C．可以和空气中的发生反应，且它的密度和空气接近，不能使用排空气法收集；同时不与发生反应，不能被溶液吸收，无法用该装置处理NO的尾气，因此C错误；
D．将通入酸性高锰酸钾溶液中，如果观察到溶液褪色，就说明将还原，反应过程中S元素的化合价升高，能够验证的还原性，装置采用“长进短出”的操作也符合要求，因此D正确；
故答案选D。
【分析】A．氯化铵受热分解后，氨气和氯化氢会重新生成氯化铵；
B．碱石灰中含氢氧化钠，会和氯气反应；
C．一氧化氮和氢氧化钠不反应；
D．通过观察高锰酸钾溶液颜色变化，判断二氧化硫还原性。
9．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素。X的基态原子中，s能级上只有1个电子，Y的基态原子中有3个未成对电子，Z是第三周期中原子半径最大的元素，W的最高价氧化物对应水化物是强酸。下列说法正确的是
A．原子半径：
B．第一电离能：
C．Z和W形成的化合物的水溶液一定呈中性
D．X和Y形成的化合物的空间结构可能是三角锥形
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．根据原子半径递变规律：同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，因此三种元素的原子半径大小顺序为，A项错误；
B．Na是活泼金属，容易失电子，第一电离能较小；而N的2p轨道为半充满的稳定结构，第一电离能高于同周期相邻元素，因此第一电离能大小关系为，即，B项错误；
C．若W为，Z和W形成的化合物水溶液呈中性；若W为，二者形成的是强碱弱酸盐，硫离子水解会使溶液显碱性，因此ZY（即NaW）溶液不一定为中性，C项错误；
D．X为H、Y为N，二者可以形成化合物，分子中中心N原子的价层电子对数为，因此N原子采取杂化，其中1对为孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用使NH3的空间结构为三角锥形，D项正确；
故答案选D。
【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素：X的s能级仅填充1个电子，说明X的最外层只有1个电子，推得X为；Y的基态原子有3个未成对电子，结合原子序数大于X，推得Y为；Z是第三周期中原子半径最大的主族元素，因此Z为；W的最高价氧化物对应水化物为强酸，结合原子序数范围，W可能为或，据此分析。
10．近年来，我国科学家通过合成新型氢氟碳化合物电解液，显著提升了锂金属电池在低温环境下的性能。一种基于1，3-二氟丙烷电解液、正极材料为的锂金属电池工作原理如图所示，下列说法正确的是
A．放电时，嵌入锂基材料中
B．放电时，正极电极反应式：
C．该电池低温时性能优越的主要原因是强配位的快速嵌入/脱嵌
D．相同条件下，2-甲基-1，3-二氟丙烷比1，3-二氟丙烷更适合做锂金属电池电解液
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．放电过程中，锂基材料作为负极，发生的电极反应为，会从锂基材料中脱离出来，向正极方向迁移，该选项描述正确，不符合题意；
B．放电时正极发生还原反应，得到电子，同时结合从负极迁移过来的，最终生成，对应的电极反应式为，该选项描述正确，符合题意；
C．该电池具备优异低温性能的核心原因，是新型氢氟碳化合物电解液可以和形成强配位作用，能够促进快速发生脱嵌、完成传输，该选项描述正确，不符合题意；
D.2-甲基-1，3-二氟丙烷的空间位阻比1，3-二氟丙烷更大，会削弱它和的配位作用，对的传输不利，因此相比之下1，3-二氟丙烷更适合作为该电池的电解液，该选项描述正确，不符合题意；
综上，答案选B。
【分析】本题所研究的电池以锂基材料作为负极，作为正极，以1，3-二氟丙烷作为电解液。放电过程中，负极的Li会失去电子生成，生成的会透过阳离子膜向正极方向迁移，最终嵌入正极材料中，完成化学能到电能的转换，据此分析。
11．在NaOH水溶液中发生反应的机理如图所示。下列说法正确的是
A．取代反应是吸热反应，消去反应是放热反应
B．取代反应中羟基进攻H原子，消去反应中羟基进攻C原子
C．NaOH水溶液中发生取代反应比发生消去反应更难
D．水溶液中化学反应的选择性取代由Br原子电负性决定
【答案】D
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；卤代烃简介
【解析】【解答】A．取代反应的产物能量为-127.6 kJ/mol，消去反应的产物能量为-117.6 kJ/mol，二者能量都低于反应物的能量（反应物能量为0 kJ/mol），因此两个反应都属于放热反应，A错误；
B．发生取代反应时，是水分子中的羟基进攻和溴原子相连的碳原子，完成取代；发生消去反应时，水分子的羟基会进攻β-氢原子，同时溴原子离去，最终形成碳碳双键，B错误；
C．取代反应的活化能，消去反应的活化能比取代反应更高。由于活化能越低，反应越容易进行，因此取代反应比消去反应更易发生，C错误；
D．该反应在水溶液中进行，溴原子电负性较大，会使C-Br键发生极化，导致连接溴的碳原子带有部分正电荷，更容易被亲核试剂进攻，因此反应以取代反应为主。同时是良好的离去基团，会进一步促进取代反应的进行。因此该反应的选择性是由溴原子的电负性决定的，D正确；
故答案选D。
【分析】A．根据反应机理中物质能量变化，可判断取代反应和消去反应是放热反应；
B．根据机理图中物质结构分析， 取代反应中水分子中的羟基进攻和溴原子相连的碳原子， 消去反应中 水分子的羟基会进攻β-氢原子；
C．根据机理图，取代反应活化能低，更溶液发生；
D．溴电负性大，碳溴键极性大，容易发生取代反应。
12．下列实验操作能达到实验目的的是
选项 实验操作 实验目的
A 将粗铜和纯铜分别接直流电源的负、正极，平行插入溶液中 电解精炼铜
B 在酸性溶液中逐滴加入溶液，观察溶液颜色变化 探究的还原性
C 常温下，向溶液中加入8滴溶液 探究浓度对化学平衡的影响
D 向ZnS悬浊液中加入溶液，观察沉淀颜色变化(已知ZnS沉淀为白色，CuS沉淀为黑色) 探究和大小
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】铜的电解精炼；化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A. 电解精炼铜时，粗铜需要连接直流电源的正极作为阳极，纯铜连接电源负极作为阴极，因此A错误；
B. FeCl2中的Cl 同样具有还原性，也可以被酸性KMnO4氧化，使高锰酸钾溶液褪色，会对Fe2+还原性的检验造成干扰，因此B错误；
C. 加入NaOH后，NaOH会和平衡体系中的H+反应，导致溶液中H+浓度下降，平衡向正向移动，溶液从橙色逐渐变为黄色；同时本实验中滴加的NaOH溶液体积很小，对溶液总体积的影响可以忽略，因此可以探究浓度对化学平衡的影响，C正确；
D. 该体系本身就存在游离的S2 ，加入CuSO4后，Cu2+可以直接和S2 反应生成黑色的CuS沉淀，无法证明该沉淀是由ZnS沉淀转化得到的，因此不能比较ZnS和CuS的Ksp大小，D错误；
综上，答案选C。
【分析】A. 精炼铜时，粗铜和正极相连，纯铜和负极相连；
B. 高锰酸钾能氧化二价铁离子和氯离子；
C. ，滴加氢氧化钠可使平衡移动，溶液颜色发生变化；
D. ZnS悬浊液中含有硫离子，无法证明沉淀转化。
13．碳化钼在加氢反应、制氢反应、传感器及生物医学材料等领域具有优异的性能。一种六方相碳化钼晶胞结构如图所示。已知晶胞参数为，，，为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．晶体中Mo原子与C原子个数比为
B．①号原子和②号原子间的距离为
C．晶体中与C最近且距离相等的Mo有8个
D．晶体密度为
【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．由晶胞结构可计算出，一个晶胞中含有的Mo原子数目为，含有的C原子数目为，因此晶体中Mo原子与C原子的个数比为2：1，A正确；
B．根据晶胞结构可知，①号原子和②号原子在x-y平面投影的距离为 a pm ，在y-z平面投影的距离为 c pm ，且，根据空间两点距离公式可得，两原子之间的距离为，B正确；
C．从图像可以看出，晶体中与C原子最近且距离相等的Mo原子有6个，C错误；
D．从图像可以看出，该晶胞体积为，从选项A分析可知，晶胞中含有8个Mo原子和4个C原子，质量为，则该晶体密度为，D正确；
故答案选C。
【分析】A．根据晶胞中原子计算方法，可得 Mo原子与C原子个数比 ；
B．根据晶胞结构， ①号原子和②号原子间的距离为 ；
C．晶体中与C原子最近且距离相等的Mo原子有6个；
D．根据晶胞计算公式分析
14．磷酸是重要的化工原料。常温下，在溶液中逐滴滴入溶液，溶液pH与[，或]的关系如图1所示，溶液pH与NaOH溶液滴入体积V的变化关系如图2所示。下列说法错误的是
A．Ⅲ为与pH的关系曲线
B．M点：
C．N点：
D．P点：
【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．曲线Ⅲ表示与pH的关系，A正确；
B．M点加入10mL等浓度的NaOH溶液，反应后溶质为NaH2PO4，溶液存在物料守恒：，结合电荷守恒关系：，得到关系式为，B错误；
C．N点加入15mL等浓度的NaOH溶液，反应后溶质为等物质的量的NaH2PO4和，溶液存在物料守恒：，C正确；
D．===0，故，D正确；
故答案选B。
【分析】根据题意推导可得：，
按照同样的推导逻辑可以得到另外两个关系：。 令-lgX=0可得，；当pH相同时，的值最大，故图中曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示、、与pH的关系。
15．钒酸铋()是一种新型环保颜料，同时在催化剂和电池等领域也有着重要应用。某实验组欲利用和(偏钒酸铵)制备晶体，并测定其纯度。
已知：是黄色晶体，难溶于水和乙醇；价钒在不同pH溶液中存在不同形态。实验步骤如下：
Ⅰ．溶液的配制
称取一定量，加入溶液中，加热溶解完全后，再加水稀释得到溶液30 mL。
Ⅱ．的制备(反应装置如图1，夹持装置已略)
取25 mL步骤Ⅰ中制得溶液于250 mL三颈烧瓶中，先加入溶液，再加入(质量分数)十二烷基苯磺酸钠(DBS为结构导向辅助剂)溶液混合均匀。在磁力搅拌并水浴加热的同时，快速加入溶液，再滴加溶液至pH为6，控制温度约363 K并保温1小时至沉淀完全。
将反应混合液冷却、抽滤，用大量蒸馏水洗涤沉淀，再用乙醇洗涤两次。最后放入378 K的烘箱中烘干，得到产品2.4 g。
回答下列问题：
（1）基态V原子价层电子轨道表示式为　 　，与有相似空间结构，则中V原子的杂化轨道类型为　 　。
（2）图1中仪器a的名称是　 　，装置B烧杯中液体为　 　。
（3）步骤Ⅰ中由反应生成的离子方程式为　 　。
（4）步骤Ⅱ中两次加入的NaOH溶液浓度不同的原因是　 　。
（5）步骤Ⅱ中用蒸馏水洗涤沉淀的具体操作　 　。
（6）计算实验中产率为　 　%(保留小数点后一位)。
（7）储能容量大，使用寿命长的液流电池是电化学储能领域的研究热点。其中以石墨为电极，、、和为主要电解液阳离子的钒液流电池最为常见。该电池充电时的工作原理示意图如图2，其中电子迁移方向为电极　 　(填“A到B”或“B到A”)，电极A的电极反应式为　 　。
【答案】（1）；
（2）恒压分液漏斗；水
（3）
（4）第一次加NaOH是为了快速调节体系pH故选择高浓度的NaOH溶液，第二次是为了精准控制pH到6，所以选择较低浓度的NaOH溶液
（5）在原漏斗中加入水至没过沉淀，让水自然流下，并重复2-3次
（6）74.1
（7）A到B；
【知识点】原子核外电子排布；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）V是23号元素，基态V原子核外电子总数等于原子序数，为23，其价层电子的轨道表示式为 ；中，中心P原子的价层电子对数为4，且没有孤电子对，空间构型为正四面体形；的空间结构同样为正四面体形，说明中V原子的价层电子对数也为4，因此V原子的杂化轨道类型为杂化；
（2）图1中仪器a的名称为恒压分液漏斗。三颈烧瓶中制备的过程中会生成氨气，因此装置B的烧杯中液体的作用是吸收氨气尾气；氨气极易溶于水，搭配防倒吸装置，直接用水就可以吸收氨气；
（3）由反应生成的离子方程式为，和题干推导一致；
（4）反应过程中，第一次加入NaOH的目的是快速调节体系的pH，因此选用浓度更高的NaOH溶液；第二次滴加NaOH是为了精准将pH调整至目标值6，因此选用浓度更低的NaOH溶液，避免滴加过量难以控制pH；
（5）过滤后洗涤沉淀的标准操作是：向漏斗中加入蒸馏水，直到水面没过沉淀，让水自然流尽后，重复该操作2~3次即可；
(6)根据制作沉淀的过程，
溶液的物质的量，
25 mL溶液的物质的量，
根据制备方程式：可知用的含量计算理论的到沉淀的量，，产率。
(7)根据分析，电极A为阳极，电源a为正极，电源b为负极，故充电时电子从A到B。
电极A的电极反应式为。
【分析】的制备流程如下：取25 mL步骤I配制得到的溶液，放入250 mL三颈烧瓶中，先加入溶液，再加入2 mL质量分数为1%的十二烷基苯磺酸钠（DBS作为结构导向辅助剂）溶液，将三种试剂混合均匀。在磁力搅拌、水浴加热的条件下，快速加入溶液，之后再滴加溶液，将体系pH调节至6，控制温度约为363 K，保温1小时，直到完全沉淀。步骤I中和混合后反应生成，该反应的离子方程式为。
针对钒液流电池，充电时电极A上V元素化合价从+3升高到+5，由，发生氧化反应，因此该电极是阳极；电极B上V元素化合价从+3降低到+2，由，发生还原反应，因此该电极是阴极。
（1）基态V原子核外电子数为23，价层电子轨道表示式为。
中中心原子P的价电子对数为4，没有孤对电子，空间结构为正四面体，也为正四面体形，则中V原子的价电子对数为4，杂化轨道类型为。
（2）图1中仪器a的名称是恒压分液漏斗。
三颈烧瓶中制备过程会产生氨气，故装置B烧杯中液体为尾气处理氨气，氨气极易溶于水，在防倒吸装置下用水吸收即可。
（3）由反应生成的离子方程式为。
（4）第一次加NaOH是为了快速调节体系pH故选择高浓度的NaOH溶液，第二次是为了精准控制pH到6，所以选择较低浓度的NaOH溶液。
（5）洗涤沉淀的具体操作：在原漏斗中加入水至没过沉淀，让水自然流下，并重复2-3次。
（6）根据制作沉淀的过程，
溶液的物质的量，
25 mL溶液的物质的量，
根据制备方程式：可知用的含量计算理论的到沉淀的量，，产率。
（7）根据分析，电极A为阳极，电源a为正极，电源b为负极，故充电时电子从A到B。
电极A的电极反应式为。
16．推动磷矿资源“富矿精开、贫矿利用”，培育绿色化工领域新质生产力具有重要的现实意义和推广价值。一种以磷尾矿(主要成分、、)为原料开展湿式镁法烟气脱硫及高值化利用工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）高温煅烧磷尾矿的目的是　 　。
（2）煅烧后的磷尾矿加入溶液进行脱钙预处理，反应完成后，过滤得到固体混合物，该混合物中用于脱硫的有效成分是　 　(填化学式)。
（3）工业烟气()脱硫模拟装置中发生的化学反应方程式为　 　。
（4）“脱镁”过程用于制备高纯氢氧化镁，其操作是　 　。此过程中可循环利用的物质是　 　(填化学式)。
（5）磷尾矿、脱钙预处理过滤后得到的混合物和磷精矿主要成分质量分数如下表：
CaO MgO
磷尾矿 10.6% 38.2% 16.8%
脱钙预处理过滤后得到的混合物 20.14% 35.5% 22.88%
磷精矿 28.0% 51.2% 0.5%
①分析表中数据，说明磷尾矿中的镁资源在生产过程中的作用是　 　。
②化工生产中，若磷的回收率为95%，计算100吨原磷尾矿可生产磷精矿　 　吨(保留小数点后两位)。
【答案】（1）将碳酸盐分解为氧化物，便于后续化学处理；
（2）MgO；
（3）2MgO+2SO2 + O2=2MgSO4；
（4）向高镁溶液中加入氨水，调节pH使Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀，过滤、洗涤、干燥；；NH4NO3(或NH3、NH3 H2O)；
（5）用于烟气脱硫，同时制备高纯氢氧化镁，实现镁资源高值化利用，并富集磷元素提升磷精矿品位。；35.96
【知识点】二氧化硫的性质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）煅烧磷尾矿的作用是分解其中的碳酸盐，方便后续进行化学分离处理；
（2）结合上述分析与脱硫产物可判断，过滤后所得固体混合物中，可用于脱硫的有效成分是MgO；
（3）根据脱硫装置中的反应物和生成物，可以写出该反应的化学方程式： 2MgO+2SO2 + O2=2MgSO4 ；
（4）向主要含有硝酸镁的高镁溶液中加入氨水，反应生成Mg(OH)2沉淀和NH4NO3，想要得到高纯氢氧化镁，需要在沉淀后经过过滤、洗涤、干燥等操作，同时得到的NH4NO3可以返回浸取步骤循环利用。
（5）设可生产磷精矿的质量为x吨，根据P2O5元素质量守恒可得：
解得x=35.96。
【分析】工业生产中先对磷尾矿进行煅烧，使其中的碳酸盐分解，方便后续进行化学分离处理，煅烧后得到CaO、MgO、P2O5；加入NH4NO3溶液脱钙时，CaO与水、NH4NO3反应后进入高钙液，根据题干信息，MgO和P2O5会留在固体中，之后进行工业脱硫处理，最终得到磷精矿，脱硫后得到的MgSO4溶液和高钙液，即主要成分为硝酸钙，反应，得到精品硫酸钙和主要成分为硝酸镁的高镁液，向高镁液中加入氨水，可得到Mg(OH)2沉淀，同时得到可循环使用的硝酸铵浸取液。
（1）磷尾矿煅烧时将碳酸盐进行分解，便于后续化学分离处理；
（2）根据以上分析及脱硫产物可知，过滤得到的固体混合物中脱硫的有效成分是MgO；
（3）根据脱硫装置中的反应物和生成物可知方程式为2MgO+2SO2 + O2=2MgSO4；
（4）向高镁溶液（主要含硝酸镁）中加入氨水，生成Mg(OH)2沉淀和NH4NO3，要获得高纯氢氧化镁还要进行过滤、洗涤、干燥等一系列操作，得到的NH4NO3可以循环利用。
（5）设可生产磷精矿质量为x 吨，根据P2O5守恒：；解得x≈35.96。
17．甘油水蒸气重整具有重整效率高、产物气氢含量高等优势而备受关注。主要反应如下：
反应①：
反应②：
反应③：
已知：、、的燃烧热()分别为、、。
（1）计算反应①的　 　，且该反应在　 　(填“低温”、“高温”或“任意温度”)下自发进行。
（2）反应③中能加快反应速率，同时能提高反应物平衡转化率的措施是　 　(填字母)。
A．升高反应体系温度 B．继续向密闭容器中通入氢气 C．改变容积增大体系压强
（3）一定温度下，的速率方程可表示为，k是速率常数，p表示物质分压。其中分压对的关系如图1所示，则速率方程中　 　。
（4）将和通入密闭容器中发生上述反应，相关物质平衡时的干基摩尔分数[某组分干基摩尔分数]如图2所示。已知图中对应温度下，的转化率接近100%。
①其中代表的曲线为　 　(填“Ⅰ”、“Ⅱ”或“Ⅲ”)。
②在温度达平衡时，CO的干基摩尔分数为　 　%(保留小数点后两位，下同)，反应的　 　。
③温度高于后，曲线Ⅰ对应物质的干基摩尔分数随温度升高而降低的原因为　 　。
【答案】（1）+251；高温
（2）C
（3）0
（4）II；17.65；0.73；根据题意，升高温度，反应②和反应③均向逆反应方向移动。反应②使的干基摩尔分数减小，反应③使的干基摩尔分数增大。当温度高于后，反应②程度大于反应③，从而使的干基摩尔分数随温度升高而减少。
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）已知的燃烧反应及其焓变如下：
①；
②
③
目标反应为：
根据盖斯定律，将反应①减去3倍的反应②和4倍的反应③，即可得到目标反应，即，。
自发进行的判据：，反应①：，反应后气体体积增大，，要使 ，需 ，因此高温下自发进行；
（2）A. 升高温度虽然能加快反应速率，但会使该反应的平衡逆向移动，导致氢气的平衡转化率降低，因此A不符合要求；
B. 向密闭容器中继续通入氢气，虽然能加快反应速率，但根据勒夏特列原理，氢气自身的平衡转化率会降低，因此B不符合要求；
C. 增大体系压强后，各反应物浓度升高，反应速率加快；同时该反应正向为气体分子数减少的反应，增大压强平衡会正向移动，氢气的平衡转化率提高，因此C符合要求；
故选C。
（3）已知反应速率满足方程：，结合图1的变化规律可得：当的分压发生改变时，生成氢气的速率几乎不发生变化，这说明和无关，因此是常数项，可得指数；
（4）① 干基为除去的气体，产物中物质的量最大，摩尔分数最高，因此曲线Ⅰ为；已标出，随温度升高，反应③逆向移动，减少；升温使反应②（放热）逆向移动，物质的量一直增大，对应一直上升的曲线Ⅲ，因此一直下降的曲线Ⅱ为；
② 时几乎为0，完全转化，总C为，图中和干基摩尔分数相等，因此。 原子守恒计算：初始氢原子的物质的量为，总氧原子的物质的量为，由氧原子守恒得；氢原子守恒得，得。 干基总物质的量，干基摩尔分数；
反应②反应前后气体体积不变，分压比等于物质的量比，故。
③ 结合题目信息可知，升高温度后，反应②和反应③的平衡都会向逆反应方向移动。其中反应②平衡逆向移动会使的干基摩尔分数降低，而反应③平衡逆向移动会让的干基摩尔分数升高。当温度超过后，反应②逆向移动的程度比反应③更大，最终使得的干基摩尔分数随温度升高呈现下降趋势。
【分析】（1）根据该死定律计算，自发进行的判据：；
（2）加快反应速率可升高温度，增大物质浓度，增大压强，但是增大氢气浓度，氢气转化率降低；
（3）根据图1曲线变化，可知和无关，则；
（4）根据方程式吸放热分析，升高温度时，二氧化碳减少可知曲线 II 代表 ，整个反应过程遵循元素守恒，根据T2下甲烷为0，一氧化碳和二氧化碳相等，求得二者物质的量，整个反应过程遵循元素守恒，计算氢气物质的量，代入公式计算Kp。
（1）已知的燃烧反应及其焓变如下：
①；
②
③
目标反应为：
根据盖斯定律，将反应①减去3倍的反应②和4倍的反应③，即可得到目标反应，即，。
自发进行的判据：，反应①：，反应后气体体积增大，，要使 ，需 ，因此高温下自发进行。
（2）A．升高温度，加快反应速率，但平衡逆向移动，转化率降低，A不符合题意；
B．继续向密闭容器中通入氢气 ，加快反应速率，但氢气的平衡转化率降低，B不符合题意；
C．增大体系压强，浓度升高，反应速率加快；平衡正向移动，氢气的平衡转化率提高，C符合题意；
故选C。
（3）根据速率方程：，由图1可知：分压变化时，几乎不变，说明与无关，因此 为常数，即。
（4）① 干基为除去的气体，产物中物质的量最大，摩尔分数最高，因此曲线Ⅰ为；已标出，随温度升高，反应③逆向移动，减少；升温使反应②（放热）逆向移动，物质的量一直增大，对应一直上升的曲线Ⅲ，因此一直下降的曲线Ⅱ为。
② 时几乎为0，完全转化，总C为，图中和干基摩尔分数相等，因此。 原子守恒计算：初始氢原子的物质的量为，总氧原子的物质的量为，由氧原子守恒得；氢原子守恒得，得。 干基总物质的量，干基摩尔分数。
反应②反应前后气体体积不变，分压比等于物质的量比，故。
③ 根据题意，升高温度，反应②和反应③均向逆反应方向移动。反应②使的干基摩尔分数减小，反应③使的干基摩尔分数增大。当温度高于后，反应②程度大于反应③，从而使的干基摩尔分数随温度升高而减少。
18．一种心绞痛的药物中间体Ⅰ的合成路线如下(部分试剂和条件已略去)。
已知：①(其中，Z和代表、等强吸电子基团)；
②。
回答下列问题：
（1）A中官能团的名称　 　。
（2）若先后发生加成反应和消去反应，则加成反应生成的中间体的结构简式为　 　。从分子结构的角度考虑，的酸性强于的原因为　 　。
（3）的化学方程式　 　。
（4）H的结构简式为　 　。
（5）同时满足下列条件的G的同分异构体的结构简式为　 　(任写一种)。
ⅰ．与作用显色；
ⅱ．发生水解反应生成含4个碳原子的胺类物质；
ⅲ．核磁共振氢谱显示为5组峰
（6）依据以上流程信息，结合所学知识，设计以苯甲醛和丙二醛为原料合成苯丙烯酸()的路线　 　(无机试剂和溶剂任选)。
【答案】（1）醚键、醛基
（2）；-是强吸电子基团，使羧基中键极性增强，更易电离出，故酸性强于乙酸
（3）+HBr
（4）
（5）
（6） +
【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）根据A的结构简式可以判断，A中含有的官能团是醚键和醛基；
（2）B转化为C的过程，依次发生加成反应、消去反应：B的醛基先发生加成反应，转变为羟基，之后再发生消去反应引入碳碳双键，因此加成反应得到的中间体结构简式为；属于强吸电子基团，它的存在会使CNCH2COOH中的键极性增强，更易电离出，因此CNCH2COOH的酸性比乙酸更强；
（3）E发生取代反应，发生自身环化生成F和HBr，反应的化学方程式为：
+HBr；
（4）结合G、I的结构简式，以及H的分子式，可以推断出H的结构简式为；
（5）G（）除苯环外，还含有5个碳原子、2个氧原子、1个不饱和度、1个氮原子。要求同分异构体满足三个条件：①遇氯化铁溶液发生显色反应，说明分子中含有酚羟基；②水解产物能得到含4个碳原子的胺，说明酰胺结构中氨基部分为4个碳，结构片段为；③核磁共振氢谱有5组峰，说明分子结构高度对称。同时符合以上条件的G的同分异构体的结构简式为；
(6)要合成苯丙烯酸()，结合题目给的信息②可知，需要先制备；参考题干中B→C的反应原理，用苯甲醛和丙二酸在吡啶中反应即可得到，而丙二酸可由丙二醛氧化得到，因此合成路线如下： + 。
【分析】A与发生取代反应得到B（），B再和反应生成C，C经还原得到D，D和DMA反应生成E，E发生自身环化，得到F和HBr；F结构中的-CN和2分子H2加成得到G，G再和H（）发生取代反应，最终生成I和HCl，据此分析。
（1）由A的结构简式可知，A含有的官能团为醚键和醛基；
（2）B→C先后发生加成反应和消去反应，即B中醛基上发生加成反应转化为羟基、并进一步发生消去反应引入碳碳双键，则加成反应生成的中间体的结构简式为 ；-是强吸电子基团，使CNCH2COOH的键极性增强，更易电离出，故其酸性强于乙酸；
（3）E发生取代反应自身环化生成F和HBr ，化学方程式为：+HBr；
（4）根据G和I 的结构简式，以及H的分子式，推测H的结构简式为 ；
（5）G （）除苯环外，还有5个C，2个O，1个不饱和度，1个氮，满足条件：①遇说明含酚羟基；②水解生成4个碳的胺，说明酰胺结构中氨基部分为4碳，即；③核磁共振氢谱5组峰说明高度对称，满足以上条件的G的同分异构体的结构简式为；
（6）要合成苯丙烯酸()，利用信息②可知需得到，利用题干中B→C的转化原理，可用苯甲醛和丙二酸在吡啶中反应得到，而丙二酸通过丙二醛氧化即可得到，则合成路线如下：
+ 。
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