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【高考真题】黑龙江、吉林、辽宁、内蒙古2026年普通高中学业水平等级性考试化学试卷
1．化学助力人工智能的发展，下列说法正确的是（　　）
A．锂离子电池可将化学能转化为电能
B．氮化镓（GaN）半导体属于有机材料
C．光导纤维纤芯的主要成分是单晶硅
D．数据中心冷却系统冷却液的汽化涉及化学键断裂
【答案】A
【知识点】常见能量的转化及运用；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A、锂离子电池属于二次原电池，放电过程可以将内部储存的化学能转化为电能，A 正确；
B、氮化镓（GaN）属于无机非金属化合物，是新型无机半导体材料，不属于有机材料，B 错误；
C、光导纤维纤芯的主要成分为二氧化硅，单晶硅是太阳能电池、芯片的主要原料，C 错误；
D、冷却液汽化属于物理变化，仅破坏分子间作用力，不会发生化学键的断裂，D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
电池能量转化规律：原电池放电实现化学能转化电能，电解池实现电能转化化学能；
材料类别区分：含碳化合物（除碳酸盐等）为有机材料，金属氮化物属于无机材料；
常见物质用途辨析：SiO2用于光导纤维，晶体 Si 用于芯片与光伏电池；
物理化学变化判断：物态变化均为物理变化，只改变分子间作用力，不破坏物质内部化学键。
2．一种制备火箭燃料肼（N2H4）的反应如下，下列说法错误的是（　　）
A．NH2Cl的VSEPR模型：四面体形
B．NH3的共价键类型：非极性共价键
C．N2H4中N的杂化方式：sp3杂化
D．的电子式：
【答案】B
【知识点】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；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、中心N原子价层电子对数，价层电子对为4，VSEPR模型为四面体形，A正确；
B、中键是不同种非金属原子形成的共价键，属于极性共价键，并非非极性共价键，B错误；
C、中每个N原子形成3根键，含有1对孤电子对，价层电子对数为4，采取杂化，C正确；
D、带1个单位正电荷，氮原子最外层满足8电子稳定结构，电子式为： ，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
VSEPR模型判断方法：价层电子对数等于键数加孤电子对数，价层电子对数为4时VSEPR模型为四面体形；
共价键分类规则：不同原子之间形成极性共价键，同种原子之间形成非极性共价键；
杂化轨道判断依据：价层电子对数为4时中心原子采取杂化；
简单阳离子电子式书写：标出全部价电子，整体加方括号并标注对应电荷。
3．下列过程对应的化学方程式错误的是（　　）
A．铜丝插入热的浓硫酸：
B．少量AlCl3溶液滴入足量浓烧碱溶液：
C．乙烯通入溴的四氯化碳溶液：
D．Na2S溶液滴入AgCl悬浊液：
【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、加热条件下铜与浓硫酸发生氧化还原反应，方程式 ，选项书写正确，A正确；
B、少量氯化铝滴入足量浓NaOH溶液，生成的会立刻与过量强碱反应生成四羟基合铝酸钠，正确反应为，题干方程式错误，B错误；
C、乙烯含碳碳双键，和溴单质发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，方程式 正确，C正确；
D、溶度积远小于，硫化钠溶液可与氯化银悬浊液发生沉淀转化： ，方程式正确，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
铜与浓硫酸反应规律：加热时浓作氧化剂，还原产物为，常温下不反应；
铝盐与强碱反应定量规律：强碱足量时无氢氧化铝沉淀，最终生成四羟基合铝酸钠；
烯烃加成反应特征：碳碳双键与卤素单质加成，双键断开，卤素原子分别连在两个碳原子上；
沉淀转化判断规则：溶解度更小的沉淀可由溶解度较大的沉淀转化生成。
4．化学是一门实验与理论并重的学科。下列实验方案不合理的是（　　）
A. Cl2收集及尾气处理 B.实验室制备乙炔 C.除去CO2中的 D.实验室铜件镀镍
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】乙炔炔烃；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、氯气密度大于空气，采用向上排空气法收集；溶液不能吸收，无法完成尾气处理，尾气应选用溶液吸收，该方案不合理，A符合题意；
B、电石与饱和溶液反应制备乙炔，饱和氯化钠溶液可减缓反应速率，分液漏斗+圆底烧瓶装置适配该制备，方案合理，B不符合题意；
C、可与饱和反应生成，不溶于饱和碳酸氢钠溶液，洗气瓶长进短出，除杂方案合理，C不符合题意；
D、铜件镀镍时，镍片作阳极、铜制镀件作阴极，电解液为溶液，电镀装置连接正确，方案合理，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
氯气尾气处理原理：氯气能与强碱反应，氯化钙溶液与氯气不反应，无吸收效果；
乙炔制备要点：饱和氯化钠溶液降低水的浓度，平稳电石与水的剧烈反应；
酸性气体除杂规则：杂质酸性强于主体气体时，选用对应酸式盐饱和溶液除杂，不损耗目标气体；
电镀装置规律：待镀金属作阴极，镀层金属作阳极，电镀液含镀层金属阳离子。
5．生活细微处，亦有化学回响。下列“生活小妙招”不合理的是（　　）
选项 目的 生活小妙招
A 锁住揉好面团的水分 面团表面涂一层食用油
B 保鲜“自制番茄酱” 高温蒸煮后密闭保存
C 提升菜肴的“风味层次” 炒菜时加入适量料酒和香醋
D 去除蚕丝衣物上的油污 热水中加入苏打后浸泡衣物
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；胶体的性质和应用；油脂的性质、组成与结构；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A、食用油属于油脂，不溶于水，在面团表面均匀涂抹后会形成一层致密疏水油膜，隔绝空气，抑制面团内部水分向外挥发，有效锁住面团水分，操作原理合理，A 正确；
B、高温蒸煮能够彻底杀灭自制番茄酱里的细菌、霉菌等微生物，完成灭菌处理，后续密闭保存可以隔绝外界空气中杂菌再次污染，减缓腐败变质，保鲜方案合理，B 正确；
C、料酒中含有乙醇，香醋含有乙酸，炒菜加热时二者发生可逆酯化反应，生成具有特殊果香的酯类有机物，丰富菜品香气，提升风味层次，妙招合理，C 正确；
D、苏打是碳酸钠，溶于水发生水解使溶液呈较强碱性，热水会进一步促进水解、增强碱性；蚕丝的主要成分是动物蛋白质，高温 + 强碱性环境会破坏蛋白质空间结构，发生水解变性，造成蚕丝衣物脆化、破损，该方法不合理，D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
油脂隔水原理：油脂难溶于水，可在固体表面形成疏水薄膜，阻隔水分与空气接触，减少水分蒸发；
食品防腐逻辑：高温可杀灭食品内原有微生物，密封容器隔绝外界杂菌侵入，双重作用延长食品保存时间；
酯化反应生活应用：醇与羧酸在加热条件下生成酯类芳香物质，是烹饪增香的常见化学原理；
蛋白质性质：蚕丝、羊毛类动物蛋白纤维不耐强碱、高温，碱性溶液会使蛋白质水解变性，清洗时不可使用热纯碱水。
6．镁及其化合物的部分转化关系如下，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．反应①：每消耗0.5molC5H6生成Mg（C5H5）2分子的数目为0.5NA
B．反应②：每消耗2.24LN2生成N3-数目为0.2NA
C．反应③：每消耗4.4gCO2转移电子数目为0.4NA
D．溶液中，Mg2+数目为0.15NA
【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、产物含有2个，生成1 mol 需要消耗2 mol ，则消耗0.5 mol 只能生成0.25 mol ，分子数目为，A错误；
B、选项只给出体积2.24 L，未标注标准状况，无法用气体摩尔体积计算物质的量，不能确定数目，B错误；
C、反应③：，4.4 g 物质的量为0.1 mol；中C从+4价降为0价，1 mol 反应转移4 mol电子，0.1 mol 转移电子，C正确；
D、只给出溶液浓度，缺少溶液体积，无法计算溶质物质的量；同时发生水解，实际数目会更小，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
有机物配比定量关系：配体比例为2：1，反应物与产物物质的量之比为2：1；
气体摩尔体积使用前提：只有标准状况下，22.4 L/mol才可用于气体换算，无标况条件无法计算；
镁与二氧化碳氧化还原电子计算：中碳元素全部被还原为单质碳，1 mol 得4 mol电子；
离子数目判断两个限制条件：必须已知溶液体积，同时弱碱阳离子会发生水解，离子实际量小于理论值。
7．大面积单原子层二维金属Ga（2D）制备过程示意图如下。下列说法错误的是（　　）
A．Ga位于周期表第四周期第ⅢA族，其简化电子排布式为[
B．蓝宝石砧座的硬度高，其主要成分Al2O3可当作共价晶体
C．常温常压下，等物质的量的Ga（2D）能量高于Ga（3D）晶体
D．Ga（2D）的一个基本结构单元为
【答案】A
【知识点】原子核外电子的能级分布；原子晶体（共价晶体）
【解析】【解答】A、Ga原子序数为31，位于周期表第四周期第ⅢA族，完整简化电子排布式必须包含3d轨道，正确形式为，选项遗漏，排布式书写错误，A错误；
B、蓝宝石主要成分为刚玉，硬度极大、熔沸点很高，具备共价晶体典型物理特征，可归类为共价晶体，B正确；
C、由制备单层二维需要加热熔化、加压挤压，全过程持续吸收外界能量，因此等物质的量的储存能量高于稳定块状，C正确；
D、观察二维Ga单层原子密排俯视图，平面密排结构最小重复基本结构单元为四原子密排团，即： ，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
Ga核外电子排布规则：第四周期元素简化电子排布式需要完整写出内层填满的d轨道，不能省略；
共价晶体判定依据：物质硬度极高、熔沸点高，晶体内部以共价键作用为主，符合共价晶体物理特性；
物质能量对比规律：制备过程持续吸热的特殊形态物质，自身能量高于常态稳定块状晶体；
二维密排结构单元判断：单层金属原子平面密堆积，最小重复结构单元可由相邻四个原子构成。
8．药物奥利司他结构简式如下。下列关于该物质说法错误的是（　　）
A．含有5个手性碳原子 B．含有分子内氢键
C．能使酸性KMnO4溶液褪色 D．能发生水解反应
【答案】A
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、手性碳原子定义为饱和碳原子且连接四种完全不同的基团，，标记结构中带*的手性碳一共4个，并非5个，A错误；
B、分子内存在酰胺基，上的氢原子可与分子内酯基、内酯环的羰基氧靠近，形成分子内氢键，B正确；
C、酰胺基（）中的N-H键具有还原性，同时分子内大量烷基支链可被强氧化剂氧化，能够还原酸性高锰酸钾使其褪色，C正确；
D、该有机物同时含有酰胺键、普通酯基、内酯环酯基，三类官能团均可在酸性或碱性条件下发生水解反应，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
手性碳计数方法：逐个寻找饱和碳原子，判断四个连接基团是否互不相同，准确清点数量；
分子内氢键形成条件：同一分子中、的氢与羰基、醚键的氧空间位置相近，可形成分子内氢键；
酸性高锰酸钾褪色判断：酰胺键、烷基侧链具备还原性，可被氧化使其褪色；
水解官能团识别：酰胺键、链状酯基、环状内酯均属于可水解官能团，能发生水解反应。
9．金属钒（立方晶胞，Ⅰ）和硅粉高温熔炼可制取传统超导材料V Siy（立方晶胞，Ⅱ）。已知此体系中紧邻钒原子间的距离变短可增强超导性能。下列说法错误的是（　　）
A．x：y=3：1 B．与Si紧邻的V有12个
C．晶胞中的价层电子总数为19 D．VxSiy的超导性质优于金属钒
【答案】C
【知识点】离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A、晶胞Ⅱ中Si原子采用均摊计算：；V原子均摊计算：；两种原子数目之比，A正确；
B、选取晶胞体心Si原子作为参照，空间分层统计可得等距紧邻的V原子一共12个，B正确；
C、V为第ⅤB族元素，单个V价层电子数为5；Si为第ⅣA族元素，单个Si价层电子数为4；晶胞内总价层电子计算公式：，数值不等于19，C错误；
D、金属钒晶胞Ⅰ中相邻V原子间距，晶胞中相邻V原子间距；题干条件说明钒原子间距越短超导性能越强，因此超导性能优于单质金属钒，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
晶胞原子均摊计算规则：顶点原子贡献，棱上原子贡献，体心原子全部计入晶胞，算出两种原子数量后得到化学式比例；
晶体配位数判断思路：以内部孤立原子为中心，分层清点三维空间中等距离的最近相邻原子总数；
价层电子总数计算方法：总价电子=晶胞内V原子总数×V价电子数 + 晶胞内Si原子总数×Si价电子数；
超导性能判断逻辑：直接使用题干给出结论，钒原子间距越小，超导性能越强，对比两种晶胞钒原子间距即可完成判断。
10．颜料因含有而显色，M、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，基态M最外层电子数是内层的三倍，基态W最外层仅有一个电子，X是地壳中含量最多的金属元素且与Y相邻，Z与M同族。下列说法错误的是（　　）
A．简单离子半径：WB．简单氢化物沸点：ZC．第一电离能：XD．最高价氧化物水化物酸性：X【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、、、；与电子层结构相同，电子层相同时核电荷数越大离子半径越小，故；有3个电子层，电子层数越多离子半径越大，因此简单离子半径：，A正确；
B、、、，对应简单氢化物、、；存在分子间氢键，沸点远高于另外两种；与无氢键，相对分子质量，分子间范德华力更强，沸点，沸点顺序，B错误；
C、X、Y、M依次为Al、Si、O；第三周期同周期第一电离能总体随原子序数增大而升高，可得；同主族从上至下第一电离能减小，故，综合得第一电离能，C正确；
D、X、Y、Z均为第三周期元素，同周期从左至右非金属性逐渐增强；对应最高价氧化物水化物分别为两性氢氧化物、弱酸、强酸，非金属性越强，最高价含氧酸酸性越强，酸性：，D正确；
故答案为：B。
【分析】M、W、X、Y、Z为原子序数递增短周期元素；基态M最外层电子数为内层3倍，推出；Z与M同主族，；W原子序数大于O、最外层1个电子，；地壳含量最高金属；X与Y相邻且原子序数更大，。
11．热塑性可降解高分子材料Ⅲ可由如下反应制备。下列说法正确的是（　　）
A．I和IV可用元素定量分析区分 B．III具有网状交联结构
C．III与NaOH反应生成II D．该聚合反应为缩聚反应
【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质；缩聚反应
【解析】【解答】A、物质Ⅰ与物质Ⅳ分子式均为，二者所含C、H、O元素的质量分数完全一致，依靠元素定量分析无法将两种物质区分，A错误；
B、高分子Ⅲ主链呈线性延伸，分子内不存在交联点，属于线型高分子，不具备网状交联结构的特征，B错误；
C、高分子Ⅲ分子中存在大量酯基，碱性环境下水解时酯键断裂，水解产物为二元醇与二元羧酸盐，不能直接生成环状酯Ⅱ，C错误；
D、单体Ⅱ开环后与单体Ⅰ发生聚合，在生成高分子Ⅲ的过程中脱去小分子丙酮Ⅳ，反应过程伴随小分子生成，满足缩聚反应定义，该反应属于缩聚反应，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
元素定量分析适用条件：仅分子式、元素质量分数存在差异的物质才能用元素定量法区分，同分异构体无法区分；
高分子结构分类判断：分子链无交联、呈长链状为线型高分子，分子链之间相互交联形成立体网状为体型高分子；
聚酯碱性水解产物规律：线型聚酯碱性水解得到醇与羧酸盐，不会逆向生成环状内酯；
缩聚反应判定标准：单体聚合生成高分子化合物的同时，生成小分子（水、酮、卤化氢等），符合该特征即为缩聚反应。
12．从铜阳极泥（主要成分为Cu2Te和Cu2S，含少量Ag2S和Au）中提取热电材料碲（Te）的流程如图。已知与适量空气反应可生成下列说法正确的是（　　）
A．“浸渍”时通入过量空气不发生副反应
B．滤渣可以全部溶于浓
C．Na2Te被氧化过程中，溶液碱性增强
D．“沉碲”过程中被氧化
【答案】C
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、浸渍阶段投入的以及反应生成的都容易被氧化，若通入过量空气，富余的会持续氧化体系内，生成多种高价含硫副产物，打乱整套工艺流程，A错误；
B、阳极泥里的在浸渍步骤全程不发生反应，全部残留在滤渣当中；的化学惰性很强，浓无法单独将其溶解，只有王水可以溶解，所以滤渣不能完全溶于浓，B错误；
C、氧化得到，反应方程式为，产物包含强碱，体系内上升，溶液碱性随之增强，C正确；
D、滤液1内中元素化合价为-1，沉碲反应后转化为0价单质，元素失电子被氧化，因此参与反应的承担氧化剂作用，自身发生还原反应，D错误；
故答案为：C。
【分析】铜阳极泥（、、少量、）加溶液并通空气浸渍，、转化为沉淀与滤液，、留在滤渣；取滤液1加发生氧化还原，被氧化析出单质，含低价硫化物的滤液2返回浸渍工序循环使用。
13．一种从废旧电池正极材料中回收锂元素的电化学装置如图。下列说法错误的是（　　）
A．a电极反应：
B．电路中转移2mol电子，理论上可回收4molLi+
C．b电极连接电源正极
D．可转化为I-和，会降低锂的理论回收产率
【答案】D
【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；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、左侧电极通入发生还原反应生成，电解液为水溶液，电极反应式配平、产物书写均无误，A正确；
B、电极反应，转移1 mol电子对应释放1 mol ；电路中转移2 mol电子时，两组锂回收电极同步反应，理论可析出4 mol ，B正确；
C、右侧电极中失去电子转化为，发生氧化反应，该电极为阳极，阳极必须外接电源正极，C正确；
D、发生歧化反应，反应前后体系总可得到电子总量不变，氧化的总氧化能力没有改变，能脱出回收的总物质的量不变，锂理论回收产率不会下降，D错误；
故答案为：D。
【分析】该电解装置以溶液为电解液，中间设置阴离子交换膜分隔两极室；左侧阴极通入得电子还原生成，右侧阳极中失电子氧化生成；装置配套两组电极，依靠电子转移释放完成锂回收，阴离子穿过交换膜迁移平衡两极电荷；若阳极产物发生歧化，体系总得电子总量不变，锂理论回收量不受影响。
14．恒容密闭容器中，等物质的量的和发生的总反应如下：达到平衡时，相关物质平衡组成随温度变化关系如图。下列说法正确的是（　　）
A．该反应的△H<0，△S>0
B．L点C3H8的消耗速率大于a物质的生成速率
C．M点该反应的Kx=0.135（用物质的量分数代替浓度计算）
D．N点的平衡转化率为75%
【答案】D
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、温度升高，物质的量分数持续减小，平衡正向移动，依据勒夏特列原理，正反应吸热，；反应前气体总计量数为，反应后气体总计量数为，正向气体分子数增多，混乱度增大，，A错误；
B、该反应方程式，与化学计量数均为，同一体系中，消耗速率等于生成速率，选项表述B错误；
C、初始投料：、；
设转化量为，三段式：
M点，，解得；
各物质平衡量：、、、、，总物质的量；
物质的量分数平衡常数：，C错误；
D、N点，即，解得；
发生转化的物质的量：；
转化率，D正确；
故答案为：D。
【分析】反应生成、、三种产物，反应起始阶段三者物质的量均为0；结合化学计量数，任意时刻三种产物的物质的量比值固定为，对应图像里三条上升曲线，数值大小排序为，由此判定曲线代表，曲线代表，曲线代表。据此解题。
15．室温下，醋酸铜表示溶液中和HAc的pX-pH曲线如图。保持体系中Cu元素总物质的量、C元素总物质的量和溶液体积不变，忽略除氢氧化铜以外的其他含铜难溶物。下列说法错误的是（　　）
A．I为CuAc+的变化曲线
B．室温下，
C．室温下，
D．Q点：
【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电离平衡常数
【解析】【解答】A、结合曲线推断结论，曲线Ⅰ对应粒子，描述符合图像规律，A正确；
B、可逆反应平衡常数表达式：
时曲线Ⅰ、Ⅱ相交，满足；该点，代入化简：，B正确；
C、点，，将数据代入平衡常数：
，解得；
该下，
溶度积：，C错误；
D、醋酸元素物料守恒：；
醋酸电离常数，变形；
结合题干代数式化简，再代入物料守恒替换，点满足，因，可推出原式，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题初始溶液为，根据溶质解离比例，体系中所有含铜微粒总浓度；全部醋酸根存在形态（、、、）的浓度总和固定为。当溶液极低、酸性很强时，大量会与醋酸根结合生成弱酸，体系内接近醋酸根总浓度，依据计算，对应；观察图像，起点数值接近0.7的曲线Ⅲ，对应微粒为。强酸性条件下游离含量极低，铜离子难以形成络合微粒，铜元素主要以游离形式存在，受微弱水解影响，会略小于，对应略大于1.0；图像中起点约1.1的曲线Ⅱ代表。剩余唯一曲线Ⅰ，则代表中间络合产物。
16．某工厂利用镍矿（主要成分为NiS，含少量Fe2O3和CuS）制备超细镍粉，物质转化流程如下（部分反应条件已略去）：
已知：①滤液1中镍以[形式存在，硫以SO-和少量；形式存在；
②“部分蒸氨”时c（NH3）减小，转化为
回答下列问题：
（1）依据核外电子排布，Ni元素位于周期表　 　区。
（2）“氧压氨浸”时，加压的目的是　 　，NiS转化为的化学方程式为　 　。
（3）滤液1中铜的主要存在形式为　 　（填离子符号）。气体a为　 　（填化学式）。
（4）“转化”步骤通入足量氧气充分氧化滤液2中剩余的：该步骤无沉淀产生，则理论上每转化消耗O2的物质的量为　 　mol。
（5）滤液3浓缩结晶得到的　 　（填化学式）可用于生成化肥。
（6）近似条件下，不同溶液中二价镍[Ni（II）]浓度随“还原”步骤时间的变化如图。为提高Ni（II）的还原速率和转化率，x应选择　 　（填“2”或“≥3”）。
已知酸性条件不利于“还原”步骤，解释|还原程度较低而还原程度较高的原因：
　 　（结合离子方程式作答）。
【答案】（1）d
（2）增大液相氧气浓度，加快固液浸出反应速率；
（3）；
（4）2
（5）
（6）2；被还原时发生反应：，溶液呈酸性，不利于“还原”步骤；而被还原时发生反应：，不会生成游离的，因此还原程度较高
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；化合价与化学式；物质的量的相关计算；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】（1）为28号元素，价电子排布式，元素周期表分区规则中，价电子同时包含、轨道电子的元素归属d区，因此位于d区。
故答案为：d；
（2）加压环境能够提升在水溶液中的溶解量，增大液相氧气浓度，加快固液浸出反应速率，提升镍元素浸出率；、与氨水反应生成，结合电子得失守恒、原子守恒配平总反应：
故答案为：增大液相氧气浓度，加快固液浸出反应速率；；
（3）氨浸阶段与结合生成稳定可溶性络合物；部分蒸氨沉铜步骤挥发脱出的气体为，体系氨浓度降低，络合平衡逆向移动，铜的络离子解离，最终析出固体实现除杂。
故答案为：；；
（4）中平均化合价为，被氧化至时化合价升至；1 mol 完全氧化失去电子总物质的量；1 mol 参与反应可得到4 mol电子，依据电子守恒，消耗物质的量。
故答案为：2；
（5）还原工序中被还原析出单质；反应生成作为溶液主要阳离子，全程不参与沉淀、氧化还原反应，稳定留存于液相；滤液3经浓缩结晶得到副产品，该物质属于铵态氮肥，可作为农用化肥使用。
故答案为：；
（6）结合图像变化规律，时溶液中浓度下降速率最快，且最终能够完全消耗、转化率达到100%；时反应速率缓慢且中途停止，镍转化不完全；时整体反应速率过低，生产效率差，因此最优配体数目取值为2。
时发生反应，体系生成游离使溶液呈酸性，题干给出酸性环境会抑制还原反应，因此反应受阻、转化率偏低；
时发生反应，反应仅生成，无游离产生，体系不会酸化，还原反应可持续进行完全。
故答案为：2；被还原时发生反应：，溶液呈酸性，不利于“还原”步骤；而被还原时发生反应：，不会生成游离的，因此还原程度较高；
【分析】镍矿原料主要成分为，同时混有少量、杂质；流程第一步氧压氨浸，通入空气并加入氨水，、分别形成可溶性氨络离子、，不反应直接成为浸渣；随后进行部分蒸氨操作，挥发造成体系内氨浓度下降，镍的六氨络离子转化为配体数目更少的，铜的四氨络离子解离析出沉淀除去；向滤液2通入足量，将体系中完全氧化为；最后使用还原镍氨络合物得到单质粉末，剩余滤液3主要溶质为。
（1）元素分区判断：根据价电子排布轨道类型划分周期表区，同时填充、轨道的过渡金属为d区；
（2）加压浸出原理与方程式配平：气体溶解度随压强升高而增大，结合电子转移、原子守恒书写氧化还原方程式；
（3）络合平衡移动：浓度降低使金属氨络合物解离，利用平衡逆向移动除去铜杂质；
（4）氧化还原电子守恒计算：计算还原剂总失电子量、单分子得电子量，比值得到氧化剂消耗物质的量；
（5）工艺流程副产品判断：梳理全程稳定留存的阴阳离子，组合得到可溶性盐并说明用途；
（6）图像与反应机理综合分析：对比不同条件下反应速率、转化率，结合反应方程式判断体系生成情况，解释酸性对还原反应的抑制作用。
17．某研究组采用如下方案实现了聚对苯二甲酸乙二酯（PET）的快速降解，制备对苯二甲酸（Mr=166）。
反应式：
实验步骤：
I.向反应瓶中加入20mLH2O、10.0gNaOH、0.2g催化剂和磁搅拌子，搅拌并加热化合物至135℃；随后加入10.0gPET，继续搅拌加热回流5min（回流温度138℃）。
Ⅱ.反应混合物冷却后倒出，用150mL水稀释；过滤，滤渣用水洗涤，合并滤液；从体系中分离催化剂。
Ⅲ.用稀盐酸调节滤液pH，析出沉淀；过滤，沉淀用水洗涤，干燥的8.2g固体。
已知：常温下，催化剂为油状物，难溶于水，易溶于CH2Cl2。
回答下列问题：
（1）步骤Ⅰ实验装置搭建时应选择的玻璃仪器是　 　（填标号）。
（2）步骤Ⅰ中降解反应的主要产物为乙二醇和　 　（填结构简式）。
（3）步骤Ⅱ中滤渣用水洗涤的目的是　 　，催化剂可采用　 　法便捷分离。
（4）步骤Ⅲ中用水洗涤是为除去沉淀上残留的　 　和　 　（填名称）。
（5）取0.0175g步骤Ⅲ所得固体与0.0168g标准品均三甲氧基苯（，）混合；该混合物的核磁共振氢谱中，四种氢吸收峰（忽略杂质的氢吸收峰）的峰面积比为2：4：3：9，则所得固体中对苯二甲酸含量为　 　%（精确至1%）。
（6）若采用题中方法降解PET和BPA-PC（）的混合物，当进行步骤Ⅲ时，调节滤液pH可实现上述两种聚合物降解产物的分步析出。pH较大时，　 　（填“PET”或“BPA-PC”）的降解产物析出。
【答案】（1）ADF
（2）
（3）洗出滤渣表面吸附的对苯二甲酸钠，提高对苯二甲酸产率；分液
（4）氯化钠；氯化氢(或盐酸)
（5）95
（6）
【知识点】有机物的结构和性质；常用仪器及其使用；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）实验操作需要加热回流，反应混合液总体积约20 mL，再加入固体原料，综合容积与接口需求选用100 mL两颈圆底烧瓶A；单口烧瓶B缺少多接口，无法同时完成回流、搅拌、测温操作，容器C容积过小不适用；回流装置配套球形冷凝管D；实验回流温度为138 ℃，超过100 ℃，故选择量程0~200 ℃的温度计F。
故答案为：ADF；
（2）步骤Ⅰ是在碱性环境下发生酯水解反应，酯键断裂后体系存在大量，羧基会转化为羧酸盐形式，最终水解产物为乙二醇与对苯二甲酸钠，对苯二甲酸钠的结构简式为。
故答案为：；
（3）滤渣中残留未完全反应的固体，固体表面会吸附目标产物对苯二甲酸钠，洗涤滤渣可以回收吸附的产物，提升整体产率；实验所用催化剂常温下呈油状，难溶于水，能和水溶液形成分层体系，可直接通过分液操作实现分离，步骤简单易操作。
故答案为：洗出滤渣表面吸附的对苯二甲酸钠，提高对苯二甲酸产率；分液；
（4）调时加入盐酸中和体系内的，二者反应生成，且盐酸需过量才能完全酸化；析出的固体沉淀表面会吸附残留与过量，水洗操作可除去这两类可溶性杂质。
故答案为：氯化钠；氯化氢(或盐酸)；
（5）先计算均三甲氧基苯物质的量：
均三甲氧基苯含3个苯环氢、9个甲氧基氢，对应核磁峰面积比例；剩余峰面积比例匹配对苯二甲酸的2个羧基氢、4个苯环氢，由此确定两种物质物质的量相等，。
计算对苯二甲酸质量：，
计算产物纯度：
故答案为：95；
（6）水解生成对苯二甲酸，属于羧酸类物质；降解产物为双酚A，属于酚类物质；羧酸电离能力强于酚，酚对应的盐更易在氢离子浓度更低、更高的环境下质子化析出，因此体系偏大时，的降解产物会优先沉淀析出。
故答案为：；
【分析】（1）回流操作要求烧瓶预留充足反应空间，液体体积不超过容器容积；两颈烧瓶可同时插接冷凝管、温度计、搅拌装置，满足多仪器联用需求；回流实验统一搭配球形冷凝管；温度计量程需覆盖实验最高温度138 ℃，0~200 ℃量程可适配实验，避免量程不足造成测量误差。
（2）PET属于聚酯高分子，碱性水解不可逆，酯基完全断裂生成小分子二元醇与芳香羧酸；碱性环境下羧酸会与结合生成离子型羧酸盐，不会以羧酸分子形式析出，由此判断水解产物种类并书写对应结构简式。
（3）固体颗粒存在吸附作用，滤渣会吸附溶解在溶液里的目标产物，洗涤能够洗脱吸附产物，提高产物总回收率；油状催化剂与水互不相溶、分层明显，分液漏斗可快速分层分离，简化提纯流程，相比过滤、萃取操作损耗更少。
（4）酸化步骤中和碱液生成可溶性无机盐，过量盐酸会附着在固体表面；、均易溶于水，水洗可溶解去除两类水溶性杂质，避免杂质残留影响产物纯度。
（5）核磁共振氢谱峰面积与分子中氢原子数目成正比，通过标准品均三甲氧基苯的氢比例锁定对应峰组，再匹配样品对苯二甲酸的氢数量，得出二者物质的量相等；再依托摩尔质量公式计算纯品理论质量，最终用纯品质量除以样品总质量得到产物纯度。
（6）电离平衡常数：羧酸远大于酚，酸性越强，对应阴离子结合的能力越弱；酸性弱的酚盐更容易在低氢离子浓度、高pH条件下捕获转化为中性分子析出，据此对比两种塑料降解产物的析出pH先后顺序。
18．低碳烯烃烯）用途广泛，可由合成气经费托反应催化直接合成。
（1）烃类产物碳链增长的部分历程如下（M：催化剂，*CH ：活性炭氢物质）：
按此历程，产品中低碳烯烃产率不高的原因是　 　（答出一条即可）。
（2）合成丙烯的费托反应主要为：
△H1
②
③
④
则△H1=____kJ·mol-1，基于化学平衡分析，合成丙烯的条件应为____（填标号）。
A．低温高压 B．低温低压 C．高温低压 D．高温高压
（3）传统费托合成低碳烯烃收率低。我国科研工作者研发出转化率和选择性均优异的催化剂。图1中抑制副反应的最适宜催化剂为　 　（填“MgAPO”、“SAPO”或“GeAPO”）。430℃时，CO2的选择性为32%，根据图2，此时低碳烯烃的最大收率为　 　（写出计算式即可）。
[已知：收率=转化为总烃的CO转化率×低碳烯烃选择性、、]
（4）若费托反应只发生③和④，且反应③已快速平衡而④未平衡。恒压、初始投料选择性为a%或b%时，CO转化率与温度的关系如图3所示，则a　 　b（填“>”、“=”或“<”，下同），反应③的v正（M）　 　v逆（N）。
（5）若采取某种措施抑制CO2生成，此时费托反应只发生②和④，、恒压645kPa、初始投料时，CO的转化率为50%，丙烯的选择性为90%，则=　 　；反应②的反应商Qp=　 　（kPa）-1（用分压代替浓度计算，分压=总压×物质的量分数，保留两位有效数字）。
【答案】（1）有副反应发生生成烷烃(或生成高碳烷烃)
（2）A
（3）；
（4）＞；＜
（5）0.3；
【知识点】反应热和焓变；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】（1）根据题目给出的反应历程，中间体存在两条转化路径：一是持续与结合，不断延长碳链；二是直接结合原子发生终止反应，生成甲烷。同理，碳链增长过程中产生的各类中间体均可捕获氢原子，生成乙烷、丙烷等烷烃副产物；同时碳链还能持续延长，生成含5个及以上碳原子的高碳烃。上述各类副反应都会消耗体系内反应物原料，大幅降低目标产物低碳烯烃的理论产率。
故答案为：有副反应发生生成烷烃(或生成高碳烷烃)；
（2）结合盖斯定律运算规则，目标反应①可由倍反应③叠加反应④推导得出，焓变对应计算式：
反应①，属于放热反应；反应前后气体分子总数减少。依据勒夏特列原理，低温环境能够推动放热反应平衡正向移动，高压环境有利于气体分子数减小的反应正向进行，因此最优条件为低温高压，选A。
故答案为：-497；A；
（3）对比图1相同温度下不同催化剂的数据，催化体系中丙烯转化率数值最低；丙烯是实验需要得到的目标产物，丙烯被持续消耗代表副反应发生，因此可以有效抑制丙烯消耗的副反应，是适配本体系的最优催化剂。
根据题意给出的产率换算公式：总烃产率 = 参与生成总烃的占比 × 总转化率 × 低碳烯烃选择性；选择性为，代表被消耗的里仅有的部分参与生成各类烃。结合图2数据，对应的总转化率、低碳烯烃选择性，二者乘积数值最大，对应总烃产率最高，产率列式：。
故答案为：；；
（4）反应③为放热可逆反应。图3水平虚线代表转化率固定为，该虚线与曲线交于低温点，与曲线交于高温点。
转化率固定时，反应④生成的量基本保持不变；升温会使放热反应③平衡逆向偏移，体系内生成量减少，对应选择性下降，由此可知低温曲线的选择性高于高温曲线，即。
反应③可快速建立化学平衡，平衡状态下任意位置均满足，因此、。
题目比较与，可等价转化为对比两点的正反应速率。点温度显著高于点，升温会提升反应速率常数；同时点选择性更低，体系内未参与反应的浓度更高。高温、高反应物浓度双重条件共同加快反应速率，故。
故答案为：＞；＜；
（5）设定初始投料，；转化率，反应消耗，剩余。丙烯选择性，生成丙烯消耗的物质的量，由反应计量关系可得。恒温恒压体系分压之比等于物质的量之比，因此：
副反应②：，分压反应商表达式：
分压与总压、物质的量满足，代入化简得到。
平衡状态各组分物质的量：、、；生成丙烷消耗占转化的，；
剩余氢气，体系总物质的量，总压，代入计算：
故答案为：0.3；；
【分析】（1）反应历程与产率分析：梳理中间体两条转化路径，氢终止生成烷烃、持续增碳生成高碳烃均为副反应，反应物分流消耗会降低目标低碳烯烃产率，从反应竞争角度解释产率下降原因。
（2）盖斯定律与平衡移动综合：通过系数配平叠加已知反应计算总焓变；依据正负判断放热/吸热，结合反应前后气体计量数变化，利用勒夏特列原理推导温度、压强对平衡的影响，筛选最优反应条件。
（3）催化剂选择性与产率计算：图像对比判断催化剂抑制副反应的能力；理清选择性、总转化率、低碳烯烃选择性三者的数量关系，按定义列式计算最大产率。
（4）平衡常数与反应速率综合判断：放热反应温度对平衡移动的影响规律，温度升高平衡逆向移动使产物选择性降低；平衡体系，结合温度、反应物浓度双重影响比较不同点位反应速率大小。
（5）分压反应商定量计算：设定初始投料量，结合转化率、选择性分步计算各有机物剩余物质的量；利用分压与物质的量成正比完成分压简化，代入反应商表达式，分步整理各组分物料，最终代入数值完成数值求解。
19．杀虫剂氯噻啉（化合物H）合成路线如下（部分条件已略去）：
回答下列问题：
（1） A能发生银镜反应，其结构简式为　 　。
（2） B中官能团名称为醛基和　 　。
（3） F→H的反应类型为　 　。
（4）参照E→F过程，设计某药物中间体K的合成路线如下（部分反应条件已略去）。其中，I的结构简式为　 　，J→K的化学方程式为　 　。
（5） B→D可能经历的过程如下图所示。X→Y发生巯基（-SH）参与的取代反应，Y的结构简式为　 　。Y发生分子内氨基与醛基的加成、消去反应生成Z和，则Z的结构简式为　 　（不考虑立体异构）。
【答案】（1）
（2）碳溴键(溴原子)
（3）取代反应
（4）；+CH3OH+H2O；
（5）；
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质
【解析】【解答】（1）结合推断信息，含有醛基、碳碳双键，对应结构简式为。
故答案为： ；
（2）分子中的碳碳双键可与发生亲电加成得到，结构简式为；分子中包含两种官能团：醛基、碳溴键（溴原子）。
故答案为：碳溴键(溴原子)；
（3）经路线推导，的杂环结构简式；与反应时，分子内的作为亲核基团进攻上的溴甲基碳，键断裂、溴原子脱离，新单键生成，整体为基团互换，该反应属于取代反应。
故答案为：取代反应；
（4）由分析知，在E一F的过程中，Br取代了甲基上的H，参照E一F的过程，药物中间体K的合成路线为与反应，甲基上的日被Br原子取代生成I，则I为；在i.NaOH，H2O，ii.H+中经水解后酸化生成J，则J为；和CH3OH在H2SO4的条件下发生酯化反应生成K，反应的化学方程式为：+CH3OH+H2O。
故答案为：；+CH3OH+H2O；
（5）B→D可能经历以下过程，已知X→Y发生巯基(-SH)参与的取代反应，则C（）异构为X（）；X（）与B发生巯基(-SH)参与的取代反应生成Y，可推知Y的结构简式为，Y发生分子内氨基(-NH2)与醛基发生加成、消去反应生成Z和H2O，结合D的结构简式可推知Z为：。
故答案为： ；；
【分析】结合完整合成流程与已知限定条件推导各有机物骨架：原料分子式且可发生银镜反应，证明分子内含醛基；结合与加成产物的结构，确定为不饱和醛（）；和发生双键加成得到，与含硫氨基原料经巯基取代生成开链中间体；在体系发生氨基重氮化取代得到；与发生烷基甲基上氢的自由基溴代反应得到；和在弱碱作用下发生碳溴键亲核取代生成目标产物；再依据分子式、与的结构锁定为：，据此解题即可。
（1）有机物骨架推断：银镜反应专属醛基检验，结合分子式计算不饱和度，搭配加成产物的碳链结构反向推导原料A完整碳骨架，依靠特征定性反应锁定核心官能团；
（2）加成产物官能团判断：碳碳双键与卤素单质发生加成，仅引入溴原子，原有醛基不受加成反应影响，可完整区分分子内两类不同类型官能团；
（3）有机反应类型判定：反应过程仅发生卤素原子与含氮基团的互换，旧共价键断裂、新共价键生成，无双键断裂/生成，完全符合取代反应断键成键特征；
（4）合成路线仿写：先提取题干三步特征转化（烷基溴代、卤原子碱性水解、羧酸酯化），严格复刻反应条件与官能团变化逻辑，酯化方程式需标注浓硫酸催化剂与可逆脱水产物水；
（5）互变异构与环化机理：硫脲存在羰基-巯基互变，巯基是分子间取代的关键活性位点；氨基、醛基可自发分子内加成脱水闭环生成五元杂环，同时杂环上氮氢易发生迁移，形成两种可相互转化的同分异构结构。
1 / 1【高考真题】黑龙江、吉林、辽宁、内蒙古2026年普通高中学业水平等级性考试化学试卷
1．化学助力人工智能的发展，下列说法正确的是（　　）
A．锂离子电池可将化学能转化为电能
B．氮化镓（GaN）半导体属于有机材料
C．光导纤维纤芯的主要成分是单晶硅
D．数据中心冷却系统冷却液的汽化涉及化学键断裂
2．一种制备火箭燃料肼（N2H4）的反应如下，下列说法错误的是（　　）
A．NH2Cl的VSEPR模型：四面体形
B．NH3的共价键类型：非极性共价键
C．N2H4中N的杂化方式：sp3杂化
D．的电子式：
3．下列过程对应的化学方程式错误的是（　　）
A．铜丝插入热的浓硫酸：
B．少量AlCl3溶液滴入足量浓烧碱溶液：
C．乙烯通入溴的四氯化碳溶液：
D．Na2S溶液滴入AgCl悬浊液：
4．化学是一门实验与理论并重的学科。下列实验方案不合理的是（　　）
A. Cl2收集及尾气处理 B.实验室制备乙炔 C.除去CO2中的 D.实验室铜件镀镍
A．A B．B C．C D．D
5．生活细微处，亦有化学回响。下列“生活小妙招”不合理的是（　　）
选项 目的 生活小妙招
A 锁住揉好面团的水分 面团表面涂一层食用油
B 保鲜“自制番茄酱” 高温蒸煮后密闭保存
C 提升菜肴的“风味层次” 炒菜时加入适量料酒和香醋
D 去除蚕丝衣物上的油污 热水中加入苏打后浸泡衣物
A．A B．B C．C D．D
6．镁及其化合物的部分转化关系如下，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．反应①：每消耗0.5molC5H6生成Mg（C5H5）2分子的数目为0.5NA
B．反应②：每消耗2.24LN2生成N3-数目为0.2NA
C．反应③：每消耗4.4gCO2转移电子数目为0.4NA
D．溶液中，Mg2+数目为0.15NA
7．大面积单原子层二维金属Ga（2D）制备过程示意图如下。下列说法错误的是（　　）
A．Ga位于周期表第四周期第ⅢA族，其简化电子排布式为[
B．蓝宝石砧座的硬度高，其主要成分Al2O3可当作共价晶体
C．常温常压下，等物质的量的Ga（2D）能量高于Ga（3D）晶体
D．Ga（2D）的一个基本结构单元为
8．药物奥利司他结构简式如下。下列关于该物质说法错误的是（　　）
A．含有5个手性碳原子 B．含有分子内氢键
C．能使酸性KMnO4溶液褪色 D．能发生水解反应
9．金属钒（立方晶胞，Ⅰ）和硅粉高温熔炼可制取传统超导材料V Siy（立方晶胞，Ⅱ）。已知此体系中紧邻钒原子间的距离变短可增强超导性能。下列说法错误的是（　　）
A．x：y=3：1 B．与Si紧邻的V有12个
C．晶胞中的价层电子总数为19 D．VxSiy的超导性质优于金属钒
10．颜料因含有而显色，M、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，基态M最外层电子数是内层的三倍，基态W最外层仅有一个电子，X是地壳中含量最多的金属元素且与Y相邻，Z与M同族。下列说法错误的是（　　）
A．简单离子半径：WB．简单氢化物沸点：ZC．第一电离能：XD．最高价氧化物水化物酸性：X11．热塑性可降解高分子材料Ⅲ可由如下反应制备。下列说法正确的是（　　）
A．I和IV可用元素定量分析区分 B．III具有网状交联结构
C．III与NaOH反应生成II D．该聚合反应为缩聚反应
12．从铜阳极泥（主要成分为Cu2Te和Cu2S，含少量Ag2S和Au）中提取热电材料碲（Te）的流程如图。已知与适量空气反应可生成下列说法正确的是（　　）
A．“浸渍”时通入过量空气不发生副反应
B．滤渣可以全部溶于浓
C．Na2Te被氧化过程中，溶液碱性增强
D．“沉碲”过程中被氧化
13．一种从废旧电池正极材料中回收锂元素的电化学装置如图。下列说法错误的是（　　）
A．a电极反应：
B．电路中转移2mol电子，理论上可回收4molLi+
C．b电极连接电源正极
D．可转化为I-和，会降低锂的理论回收产率
14．恒容密闭容器中，等物质的量的和发生的总反应如下：达到平衡时，相关物质平衡组成随温度变化关系如图。下列说法正确的是（　　）
A．该反应的△H<0，△S>0
B．L点C3H8的消耗速率大于a物质的生成速率
C．M点该反应的Kx=0.135（用物质的量分数代替浓度计算）
D．N点的平衡转化率为75%
15．室温下，醋酸铜表示溶液中和HAc的pX-pH曲线如图。保持体系中Cu元素总物质的量、C元素总物质的量和溶液体积不变，忽略除氢氧化铜以外的其他含铜难溶物。下列说法错误的是（　　）
A．I为CuAc+的变化曲线
B．室温下，
C．室温下，
D．Q点：
16．某工厂利用镍矿（主要成分为NiS，含少量Fe2O3和CuS）制备超细镍粉，物质转化流程如下（部分反应条件已略去）：
已知：①滤液1中镍以[形式存在，硫以SO-和少量；形式存在；
②“部分蒸氨”时c（NH3）减小，转化为
回答下列问题：
（1）依据核外电子排布，Ni元素位于周期表　 　区。
（2）“氧压氨浸”时，加压的目的是　 　，NiS转化为的化学方程式为　 　。
（3）滤液1中铜的主要存在形式为　 　（填离子符号）。气体a为　 　（填化学式）。
（4）“转化”步骤通入足量氧气充分氧化滤液2中剩余的：该步骤无沉淀产生，则理论上每转化消耗O2的物质的量为　 　mol。
（5）滤液3浓缩结晶得到的　 　（填化学式）可用于生成化肥。
（6）近似条件下，不同溶液中二价镍[Ni（II）]浓度随“还原”步骤时间的变化如图。为提高Ni（II）的还原速率和转化率，x应选择　 　（填“2”或“≥3”）。
已知酸性条件不利于“还原”步骤，解释|还原程度较低而还原程度较高的原因：
　 　（结合离子方程式作答）。
17．某研究组采用如下方案实现了聚对苯二甲酸乙二酯（PET）的快速降解，制备对苯二甲酸（Mr=166）。
反应式：
实验步骤：
I.向反应瓶中加入20mLH2O、10.0gNaOH、0.2g催化剂和磁搅拌子，搅拌并加热化合物至135℃；随后加入10.0gPET，继续搅拌加热回流5min（回流温度138℃）。
Ⅱ.反应混合物冷却后倒出，用150mL水稀释；过滤，滤渣用水洗涤，合并滤液；从体系中分离催化剂。
Ⅲ.用稀盐酸调节滤液pH，析出沉淀；过滤，沉淀用水洗涤，干燥的8.2g固体。
已知：常温下，催化剂为油状物，难溶于水，易溶于CH2Cl2。
回答下列问题：
（1）步骤Ⅰ实验装置搭建时应选择的玻璃仪器是　 　（填标号）。
（2）步骤Ⅰ中降解反应的主要产物为乙二醇和　 　（填结构简式）。
（3）步骤Ⅱ中滤渣用水洗涤的目的是　 　，催化剂可采用　 　法便捷分离。
（4）步骤Ⅲ中用水洗涤是为除去沉淀上残留的　 　和　 　（填名称）。
（5）取0.0175g步骤Ⅲ所得固体与0.0168g标准品均三甲氧基苯（，）混合；该混合物的核磁共振氢谱中，四种氢吸收峰（忽略杂质的氢吸收峰）的峰面积比为2：4：3：9，则所得固体中对苯二甲酸含量为　 　%（精确至1%）。
（6）若采用题中方法降解PET和BPA-PC（）的混合物，当进行步骤Ⅲ时，调节滤液pH可实现上述两种聚合物降解产物的分步析出。pH较大时，　 　（填“PET”或“BPA-PC”）的降解产物析出。
18．低碳烯烃烯）用途广泛，可由合成气经费托反应催化直接合成。
（1）烃类产物碳链增长的部分历程如下（M：催化剂，*CH ：活性炭氢物质）：
按此历程，产品中低碳烯烃产率不高的原因是　 　（答出一条即可）。
（2）合成丙烯的费托反应主要为：
△H1
②
③
④
则△H1=____kJ·mol-1，基于化学平衡分析，合成丙烯的条件应为____（填标号）。
A．低温高压 B．低温低压 C．高温低压 D．高温高压
（3）传统费托合成低碳烯烃收率低。我国科研工作者研发出转化率和选择性均优异的催化剂。图1中抑制副反应的最适宜催化剂为　 　（填“MgAPO”、“SAPO”或“GeAPO”）。430℃时，CO2的选择性为32%，根据图2，此时低碳烯烃的最大收率为　 　（写出计算式即可）。
[已知：收率=转化为总烃的CO转化率×低碳烯烃选择性、、]
（4）若费托反应只发生③和④，且反应③已快速平衡而④未平衡。恒压、初始投料选择性为a%或b%时，CO转化率与温度的关系如图3所示，则a　 　b（填“>”、“=”或“<”，下同），反应③的v正（M）　 　v逆（N）。
（5）若采取某种措施抑制CO2生成，此时费托反应只发生②和④，、恒压645kPa、初始投料时，CO的转化率为50%，丙烯的选择性为90%，则=　 　；反应②的反应商Qp=　 　（kPa）-1（用分压代替浓度计算，分压=总压×物质的量分数，保留两位有效数字）。
19．杀虫剂氯噻啉（化合物H）合成路线如下（部分条件已略去）：
回答下列问题：
（1） A能发生银镜反应，其结构简式为　 　。
（2） B中官能团名称为醛基和　 　。
（3） F→H的反应类型为　 　。
（4）参照E→F过程，设计某药物中间体K的合成路线如下（部分反应条件已略去）。其中，I的结构简式为　 　，J→K的化学方程式为　 　。
（5） B→D可能经历的过程如下图所示。X→Y发生巯基（-SH）参与的取代反应，Y的结构简式为　 　。Y发生分子内氨基与醛基的加成、消去反应生成Z和，则Z的结构简式为　 　（不考虑立体异构）。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】常见能量的转化及运用；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A、锂离子电池属于二次原电池，放电过程可以将内部储存的化学能转化为电能，A 正确；
B、氮化镓（GaN）属于无机非金属化合物，是新型无机半导体材料，不属于有机材料，B 错误；
C、光导纤维纤芯的主要成分为二氧化硅，单晶硅是太阳能电池、芯片的主要原料，C 错误；
D、冷却液汽化属于物理变化，仅破坏分子间作用力，不会发生化学键的断裂，D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
电池能量转化规律：原电池放电实现化学能转化电能，电解池实现电能转化化学能；
材料类别区分：含碳化合物（除碳酸盐等）为有机材料，金属氮化物属于无机材料；
常见物质用途辨析：SiO2用于光导纤维，晶体 Si 用于芯片与光伏电池；
物理化学变化判断：物态变化均为物理变化，只改变分子间作用力，不破坏物质内部化学键。
2．【答案】B
【知识点】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；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、中心N原子价层电子对数，价层电子对为4，VSEPR模型为四面体形，A正确；
B、中键是不同种非金属原子形成的共价键，属于极性共价键，并非非极性共价键，B错误；
C、中每个N原子形成3根键，含有1对孤电子对，价层电子对数为4，采取杂化，C正确；
D、带1个单位正电荷，氮原子最外层满足8电子稳定结构，电子式为： ，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
VSEPR模型判断方法：价层电子对数等于键数加孤电子对数，价层电子对数为4时VSEPR模型为四面体形；
共价键分类规则：不同原子之间形成极性共价键，同种原子之间形成非极性共价键；
杂化轨道判断依据：价层电子对数为4时中心原子采取杂化；
简单阳离子电子式书写：标出全部价电子，整体加方括号并标注对应电荷。
3．【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、加热条件下铜与浓硫酸发生氧化还原反应，方程式 ，选项书写正确，A正确；
B、少量氯化铝滴入足量浓NaOH溶液，生成的会立刻与过量强碱反应生成四羟基合铝酸钠，正确反应为，题干方程式错误，B错误；
C、乙烯含碳碳双键，和溴单质发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，方程式 正确，C正确；
D、溶度积远小于，硫化钠溶液可与氯化银悬浊液发生沉淀转化： ，方程式正确，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
铜与浓硫酸反应规律：加热时浓作氧化剂，还原产物为，常温下不反应；
铝盐与强碱反应定量规律：强碱足量时无氢氧化铝沉淀，最终生成四羟基合铝酸钠；
烯烃加成反应特征：碳碳双键与卤素单质加成，双键断开，卤素原子分别连在两个碳原子上；
沉淀转化判断规则：溶解度更小的沉淀可由溶解度较大的沉淀转化生成。
4．【答案】A
【知识点】乙炔炔烃；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、氯气密度大于空气，采用向上排空气法收集；溶液不能吸收，无法完成尾气处理，尾气应选用溶液吸收，该方案不合理，A符合题意；
B、电石与饱和溶液反应制备乙炔，饱和氯化钠溶液可减缓反应速率，分液漏斗+圆底烧瓶装置适配该制备，方案合理，B不符合题意；
C、可与饱和反应生成，不溶于饱和碳酸氢钠溶液，洗气瓶长进短出，除杂方案合理，C不符合题意；
D、铜件镀镍时，镍片作阳极、铜制镀件作阴极，电解液为溶液，电镀装置连接正确，方案合理，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
氯气尾气处理原理：氯气能与强碱反应，氯化钙溶液与氯气不反应，无吸收效果；
乙炔制备要点：饱和氯化钠溶液降低水的浓度，平稳电石与水的剧烈反应；
酸性气体除杂规则：杂质酸性强于主体气体时，选用对应酸式盐饱和溶液除杂，不损耗目标气体；
电镀装置规律：待镀金属作阴极，镀层金属作阳极，电镀液含镀层金属阳离子。
5．【答案】D
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；胶体的性质和应用；油脂的性质、组成与结构；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A、食用油属于油脂，不溶于水，在面团表面均匀涂抹后会形成一层致密疏水油膜，隔绝空气，抑制面团内部水分向外挥发，有效锁住面团水分，操作原理合理，A 正确；
B、高温蒸煮能够彻底杀灭自制番茄酱里的细菌、霉菌等微生物，完成灭菌处理，后续密闭保存可以隔绝外界空气中杂菌再次污染，减缓腐败变质，保鲜方案合理，B 正确；
C、料酒中含有乙醇，香醋含有乙酸，炒菜加热时二者发生可逆酯化反应，生成具有特殊果香的酯类有机物，丰富菜品香气，提升风味层次，妙招合理，C 正确；
D、苏打是碳酸钠，溶于水发生水解使溶液呈较强碱性，热水会进一步促进水解、增强碱性；蚕丝的主要成分是动物蛋白质，高温 + 强碱性环境会破坏蛋白质空间结构，发生水解变性，造成蚕丝衣物脆化、破损，该方法不合理，D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
油脂隔水原理：油脂难溶于水，可在固体表面形成疏水薄膜，阻隔水分与空气接触，减少水分蒸发；
食品防腐逻辑：高温可杀灭食品内原有微生物，密封容器隔绝外界杂菌侵入，双重作用延长食品保存时间；
酯化反应生活应用：醇与羧酸在加热条件下生成酯类芳香物质，是烹饪增香的常见化学原理；
蛋白质性质：蚕丝、羊毛类动物蛋白纤维不耐强碱、高温，碱性溶液会使蛋白质水解变性，清洗时不可使用热纯碱水。
6．【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、产物含有2个，生成1 mol 需要消耗2 mol ，则消耗0.5 mol 只能生成0.25 mol ，分子数目为，A错误；
B、选项只给出体积2.24 L，未标注标准状况，无法用气体摩尔体积计算物质的量，不能确定数目，B错误；
C、反应③：，4.4 g 物质的量为0.1 mol；中C从+4价降为0价，1 mol 反应转移4 mol电子，0.1 mol 转移电子，C正确；
D、只给出溶液浓度，缺少溶液体积，无法计算溶质物质的量；同时发生水解，实际数目会更小，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
有机物配比定量关系：配体比例为2：1，反应物与产物物质的量之比为2：1；
气体摩尔体积使用前提：只有标准状况下，22.4 L/mol才可用于气体换算，无标况条件无法计算；
镁与二氧化碳氧化还原电子计算：中碳元素全部被还原为单质碳，1 mol 得4 mol电子；
离子数目判断两个限制条件：必须已知溶液体积，同时弱碱阳离子会发生水解，离子实际量小于理论值。
7．【答案】A
【知识点】原子核外电子的能级分布；原子晶体（共价晶体）
【解析】【解答】A、Ga原子序数为31，位于周期表第四周期第ⅢA族，完整简化电子排布式必须包含3d轨道，正确形式为，选项遗漏，排布式书写错误，A错误；
B、蓝宝石主要成分为刚玉，硬度极大、熔沸点很高，具备共价晶体典型物理特征，可归类为共价晶体，B正确；
C、由制备单层二维需要加热熔化、加压挤压，全过程持续吸收外界能量，因此等物质的量的储存能量高于稳定块状，C正确；
D、观察二维Ga单层原子密排俯视图，平面密排结构最小重复基本结构单元为四原子密排团，即： ，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
Ga核外电子排布规则：第四周期元素简化电子排布式需要完整写出内层填满的d轨道，不能省略；
共价晶体判定依据：物质硬度极高、熔沸点高，晶体内部以共价键作用为主，符合共价晶体物理特性；
物质能量对比规律：制备过程持续吸热的特殊形态物质，自身能量高于常态稳定块状晶体；
二维密排结构单元判断：单层金属原子平面密堆积，最小重复结构单元可由相邻四个原子构成。
8．【答案】A
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、手性碳原子定义为饱和碳原子且连接四种完全不同的基团，，标记结构中带*的手性碳一共4个，并非5个，A错误；
B、分子内存在酰胺基，上的氢原子可与分子内酯基、内酯环的羰基氧靠近，形成分子内氢键，B正确；
C、酰胺基（）中的N-H键具有还原性，同时分子内大量烷基支链可被强氧化剂氧化，能够还原酸性高锰酸钾使其褪色，C正确；
D、该有机物同时含有酰胺键、普通酯基、内酯环酯基，三类官能团均可在酸性或碱性条件下发生水解反应，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
手性碳计数方法：逐个寻找饱和碳原子，判断四个连接基团是否互不相同，准确清点数量；
分子内氢键形成条件：同一分子中、的氢与羰基、醚键的氧空间位置相近，可形成分子内氢键；
酸性高锰酸钾褪色判断：酰胺键、烷基侧链具备还原性，可被氧化使其褪色；
水解官能团识别：酰胺键、链状酯基、环状内酯均属于可水解官能团，能发生水解反应。
9．【答案】C
【知识点】离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A、晶胞Ⅱ中Si原子采用均摊计算：；V原子均摊计算：；两种原子数目之比，A正确；
B、选取晶胞体心Si原子作为参照，空间分层统计可得等距紧邻的V原子一共12个，B正确；
C、V为第ⅤB族元素，单个V价层电子数为5；Si为第ⅣA族元素，单个Si价层电子数为4；晶胞内总价层电子计算公式：，数值不等于19，C错误；
D、金属钒晶胞Ⅰ中相邻V原子间距，晶胞中相邻V原子间距；题干条件说明钒原子间距越短超导性能越强，因此超导性能优于单质金属钒，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
晶胞原子均摊计算规则：顶点原子贡献，棱上原子贡献，体心原子全部计入晶胞，算出两种原子数量后得到化学式比例；
晶体配位数判断思路：以内部孤立原子为中心，分层清点三维空间中等距离的最近相邻原子总数；
价层电子总数计算方法：总价电子=晶胞内V原子总数×V价电子数 + 晶胞内Si原子总数×Si价电子数；
超导性能判断逻辑：直接使用题干给出结论，钒原子间距越小，超导性能越强，对比两种晶胞钒原子间距即可完成判断。
10．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、、、；与电子层结构相同，电子层相同时核电荷数越大离子半径越小，故；有3个电子层，电子层数越多离子半径越大，因此简单离子半径：，A正确；
B、、、，对应简单氢化物、、；存在分子间氢键，沸点远高于另外两种；与无氢键，相对分子质量，分子间范德华力更强，沸点，沸点顺序，B错误；
C、X、Y、M依次为Al、Si、O；第三周期同周期第一电离能总体随原子序数增大而升高，可得；同主族从上至下第一电离能减小，故，综合得第一电离能，C正确；
D、X、Y、Z均为第三周期元素，同周期从左至右非金属性逐渐增强；对应最高价氧化物水化物分别为两性氢氧化物、弱酸、强酸，非金属性越强，最高价含氧酸酸性越强，酸性：，D正确；
故答案为：B。
【分析】M、W、X、Y、Z为原子序数递增短周期元素；基态M最外层电子数为内层3倍，推出；Z与M同主族，；W原子序数大于O、最外层1个电子，；地壳含量最高金属；X与Y相邻且原子序数更大，。
11．【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质；缩聚反应
【解析】【解答】A、物质Ⅰ与物质Ⅳ分子式均为，二者所含C、H、O元素的质量分数完全一致，依靠元素定量分析无法将两种物质区分，A错误；
B、高分子Ⅲ主链呈线性延伸，分子内不存在交联点，属于线型高分子，不具备网状交联结构的特征，B错误；
C、高分子Ⅲ分子中存在大量酯基，碱性环境下水解时酯键断裂，水解产物为二元醇与二元羧酸盐，不能直接生成环状酯Ⅱ，C错误；
D、单体Ⅱ开环后与单体Ⅰ发生聚合，在生成高分子Ⅲ的过程中脱去小分子丙酮Ⅳ，反应过程伴随小分子生成，满足缩聚反应定义，该反应属于缩聚反应，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
元素定量分析适用条件：仅分子式、元素质量分数存在差异的物质才能用元素定量法区分，同分异构体无法区分；
高分子结构分类判断：分子链无交联、呈长链状为线型高分子，分子链之间相互交联形成立体网状为体型高分子；
聚酯碱性水解产物规律：线型聚酯碱性水解得到醇与羧酸盐，不会逆向生成环状内酯；
缩聚反应判定标准：单体聚合生成高分子化合物的同时，生成小分子（水、酮、卤化氢等），符合该特征即为缩聚反应。
12．【答案】C
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、浸渍阶段投入的以及反应生成的都容易被氧化，若通入过量空气，富余的会持续氧化体系内，生成多种高价含硫副产物，打乱整套工艺流程，A错误；
B、阳极泥里的在浸渍步骤全程不发生反应，全部残留在滤渣当中；的化学惰性很强，浓无法单独将其溶解，只有王水可以溶解，所以滤渣不能完全溶于浓，B错误；
C、氧化得到，反应方程式为，产物包含强碱，体系内上升，溶液碱性随之增强，C正确；
D、滤液1内中元素化合价为-1，沉碲反应后转化为0价单质，元素失电子被氧化，因此参与反应的承担氧化剂作用，自身发生还原反应，D错误；
故答案为：C。
【分析】铜阳极泥（、、少量、）加溶液并通空气浸渍，、转化为沉淀与滤液，、留在滤渣；取滤液1加发生氧化还原，被氧化析出单质，含低价硫化物的滤液2返回浸渍工序循环使用。
13．【答案】D
【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；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、左侧电极通入发生还原反应生成，电解液为水溶液，电极反应式配平、产物书写均无误，A正确；
B、电极反应，转移1 mol电子对应释放1 mol ；电路中转移2 mol电子时，两组锂回收电极同步反应，理论可析出4 mol ，B正确；
C、右侧电极中失去电子转化为，发生氧化反应，该电极为阳极，阳极必须外接电源正极，C正确；
D、发生歧化反应，反应前后体系总可得到电子总量不变，氧化的总氧化能力没有改变，能脱出回收的总物质的量不变，锂理论回收产率不会下降，D错误；
故答案为：D。
【分析】该电解装置以溶液为电解液，中间设置阴离子交换膜分隔两极室；左侧阴极通入得电子还原生成，右侧阳极中失电子氧化生成；装置配套两组电极，依靠电子转移释放完成锂回收，阴离子穿过交换膜迁移平衡两极电荷；若阳极产物发生歧化，体系总得电子总量不变，锂理论回收量不受影响。
14．【答案】D
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、温度升高，物质的量分数持续减小，平衡正向移动，依据勒夏特列原理，正反应吸热，；反应前气体总计量数为，反应后气体总计量数为，正向气体分子数增多，混乱度增大，，A错误；
B、该反应方程式，与化学计量数均为，同一体系中，消耗速率等于生成速率，选项表述B错误；
C、初始投料：、；
设转化量为，三段式：
M点，，解得；
各物质平衡量：、、、、，总物质的量；
物质的量分数平衡常数：，C错误；
D、N点，即，解得；
发生转化的物质的量：；
转化率，D正确；
故答案为：D。
【分析】反应生成、、三种产物，反应起始阶段三者物质的量均为0；结合化学计量数，任意时刻三种产物的物质的量比值固定为，对应图像里三条上升曲线，数值大小排序为，由此判定曲线代表，曲线代表，曲线代表。据此解题。
15．【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电离平衡常数
【解析】【解答】A、结合曲线推断结论，曲线Ⅰ对应粒子，描述符合图像规律，A正确；
B、可逆反应平衡常数表达式：
时曲线Ⅰ、Ⅱ相交，满足；该点，代入化简：，B正确；
C、点，，将数据代入平衡常数：
，解得；
该下，
溶度积：，C错误；
D、醋酸元素物料守恒：；
醋酸电离常数，变形；
结合题干代数式化简，再代入物料守恒替换，点满足，因，可推出原式，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题初始溶液为，根据溶质解离比例，体系中所有含铜微粒总浓度；全部醋酸根存在形态（、、、）的浓度总和固定为。当溶液极低、酸性很强时，大量会与醋酸根结合生成弱酸，体系内接近醋酸根总浓度，依据计算，对应；观察图像，起点数值接近0.7的曲线Ⅲ，对应微粒为。强酸性条件下游离含量极低，铜离子难以形成络合微粒，铜元素主要以游离形式存在，受微弱水解影响，会略小于，对应略大于1.0；图像中起点约1.1的曲线Ⅱ代表。剩余唯一曲线Ⅰ，则代表中间络合产物。
16．【答案】（1）d
（2）增大液相氧气浓度，加快固液浸出反应速率；
（3）；
（4）2
（5）
（6）2；被还原时发生反应：，溶液呈酸性，不利于“还原”步骤；而被还原时发生反应：，不会生成游离的，因此还原程度较高
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；化合价与化学式；物质的量的相关计算；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】（1）为28号元素，价电子排布式，元素周期表分区规则中，价电子同时包含、轨道电子的元素归属d区，因此位于d区。
故答案为：d；
（2）加压环境能够提升在水溶液中的溶解量，增大液相氧气浓度，加快固液浸出反应速率，提升镍元素浸出率；、与氨水反应生成，结合电子得失守恒、原子守恒配平总反应：
故答案为：增大液相氧气浓度，加快固液浸出反应速率；；
（3）氨浸阶段与结合生成稳定可溶性络合物；部分蒸氨沉铜步骤挥发脱出的气体为，体系氨浓度降低，络合平衡逆向移动，铜的络离子解离，最终析出固体实现除杂。
故答案为：；；
（4）中平均化合价为，被氧化至时化合价升至；1 mol 完全氧化失去电子总物质的量；1 mol 参与反应可得到4 mol电子，依据电子守恒，消耗物质的量。
故答案为：2；
（5）还原工序中被还原析出单质；反应生成作为溶液主要阳离子，全程不参与沉淀、氧化还原反应，稳定留存于液相；滤液3经浓缩结晶得到副产品，该物质属于铵态氮肥，可作为农用化肥使用。
故答案为：；
（6）结合图像变化规律，时溶液中浓度下降速率最快，且最终能够完全消耗、转化率达到100%；时反应速率缓慢且中途停止，镍转化不完全；时整体反应速率过低，生产效率差，因此最优配体数目取值为2。
时发生反应，体系生成游离使溶液呈酸性，题干给出酸性环境会抑制还原反应，因此反应受阻、转化率偏低；
时发生反应，反应仅生成，无游离产生，体系不会酸化，还原反应可持续进行完全。
故答案为：2；被还原时发生反应：，溶液呈酸性，不利于“还原”步骤；而被还原时发生反应：，不会生成游离的，因此还原程度较高；
【分析】镍矿原料主要成分为，同时混有少量、杂质；流程第一步氧压氨浸，通入空气并加入氨水，、分别形成可溶性氨络离子、，不反应直接成为浸渣；随后进行部分蒸氨操作，挥发造成体系内氨浓度下降，镍的六氨络离子转化为配体数目更少的，铜的四氨络离子解离析出沉淀除去；向滤液2通入足量，将体系中完全氧化为；最后使用还原镍氨络合物得到单质粉末，剩余滤液3主要溶质为。
（1）元素分区判断：根据价电子排布轨道类型划分周期表区，同时填充、轨道的过渡金属为d区；
（2）加压浸出原理与方程式配平：气体溶解度随压强升高而增大，结合电子转移、原子守恒书写氧化还原方程式；
（3）络合平衡移动：浓度降低使金属氨络合物解离，利用平衡逆向移动除去铜杂质；
（4）氧化还原电子守恒计算：计算还原剂总失电子量、单分子得电子量，比值得到氧化剂消耗物质的量；
（5）工艺流程副产品判断：梳理全程稳定留存的阴阳离子，组合得到可溶性盐并说明用途；
（6）图像与反应机理综合分析：对比不同条件下反应速率、转化率，结合反应方程式判断体系生成情况，解释酸性对还原反应的抑制作用。
17．【答案】（1）ADF
（2）
（3）洗出滤渣表面吸附的对苯二甲酸钠，提高对苯二甲酸产率；分液
（4）氯化钠；氯化氢(或盐酸)
（5）95
（6）
【知识点】有机物的结构和性质；常用仪器及其使用；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）实验操作需要加热回流，反应混合液总体积约20 mL，再加入固体原料，综合容积与接口需求选用100 mL两颈圆底烧瓶A；单口烧瓶B缺少多接口，无法同时完成回流、搅拌、测温操作，容器C容积过小不适用；回流装置配套球形冷凝管D；实验回流温度为138 ℃，超过100 ℃，故选择量程0~200 ℃的温度计F。
故答案为：ADF；
（2）步骤Ⅰ是在碱性环境下发生酯水解反应，酯键断裂后体系存在大量，羧基会转化为羧酸盐形式，最终水解产物为乙二醇与对苯二甲酸钠，对苯二甲酸钠的结构简式为。
故答案为：；
（3）滤渣中残留未完全反应的固体，固体表面会吸附目标产物对苯二甲酸钠，洗涤滤渣可以回收吸附的产物，提升整体产率；实验所用催化剂常温下呈油状，难溶于水，能和水溶液形成分层体系，可直接通过分液操作实现分离，步骤简单易操作。
故答案为：洗出滤渣表面吸附的对苯二甲酸钠，提高对苯二甲酸产率；分液；
（4）调时加入盐酸中和体系内的，二者反应生成，且盐酸需过量才能完全酸化；析出的固体沉淀表面会吸附残留与过量，水洗操作可除去这两类可溶性杂质。
故答案为：氯化钠；氯化氢(或盐酸)；
（5）先计算均三甲氧基苯物质的量：
均三甲氧基苯含3个苯环氢、9个甲氧基氢，对应核磁峰面积比例；剩余峰面积比例匹配对苯二甲酸的2个羧基氢、4个苯环氢，由此确定两种物质物质的量相等，。
计算对苯二甲酸质量：，
计算产物纯度：
故答案为：95；
（6）水解生成对苯二甲酸，属于羧酸类物质；降解产物为双酚A，属于酚类物质；羧酸电离能力强于酚，酚对应的盐更易在氢离子浓度更低、更高的环境下质子化析出，因此体系偏大时，的降解产物会优先沉淀析出。
故答案为：；
【分析】（1）回流操作要求烧瓶预留充足反应空间，液体体积不超过容器容积；两颈烧瓶可同时插接冷凝管、温度计、搅拌装置，满足多仪器联用需求；回流实验统一搭配球形冷凝管；温度计量程需覆盖实验最高温度138 ℃，0~200 ℃量程可适配实验，避免量程不足造成测量误差。
（2）PET属于聚酯高分子，碱性水解不可逆，酯基完全断裂生成小分子二元醇与芳香羧酸；碱性环境下羧酸会与结合生成离子型羧酸盐，不会以羧酸分子形式析出，由此判断水解产物种类并书写对应结构简式。
（3）固体颗粒存在吸附作用，滤渣会吸附溶解在溶液里的目标产物，洗涤能够洗脱吸附产物，提高产物总回收率；油状催化剂与水互不相溶、分层明显，分液漏斗可快速分层分离，简化提纯流程，相比过滤、萃取操作损耗更少。
（4）酸化步骤中和碱液生成可溶性无机盐，过量盐酸会附着在固体表面；、均易溶于水，水洗可溶解去除两类水溶性杂质，避免杂质残留影响产物纯度。
（5）核磁共振氢谱峰面积与分子中氢原子数目成正比，通过标准品均三甲氧基苯的氢比例锁定对应峰组，再匹配样品对苯二甲酸的氢数量，得出二者物质的量相等；再依托摩尔质量公式计算纯品理论质量，最终用纯品质量除以样品总质量得到产物纯度。
（6）电离平衡常数：羧酸远大于酚，酸性越强，对应阴离子结合的能力越弱；酸性弱的酚盐更容易在低氢离子浓度、高pH条件下捕获转化为中性分子析出，据此对比两种塑料降解产物的析出pH先后顺序。
18．【答案】（1）有副反应发生生成烷烃(或生成高碳烷烃)
（2）A
（3）；
（4）＞；＜
（5）0.3；
【知识点】反应热和焓变；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】（1）根据题目给出的反应历程，中间体存在两条转化路径：一是持续与结合，不断延长碳链；二是直接结合原子发生终止反应，生成甲烷。同理，碳链增长过程中产生的各类中间体均可捕获氢原子，生成乙烷、丙烷等烷烃副产物；同时碳链还能持续延长，生成含5个及以上碳原子的高碳烃。上述各类副反应都会消耗体系内反应物原料，大幅降低目标产物低碳烯烃的理论产率。
故答案为：有副反应发生生成烷烃(或生成高碳烷烃)；
（2）结合盖斯定律运算规则，目标反应①可由倍反应③叠加反应④推导得出，焓变对应计算式：
反应①，属于放热反应；反应前后气体分子总数减少。依据勒夏特列原理，低温环境能够推动放热反应平衡正向移动，高压环境有利于气体分子数减小的反应正向进行，因此最优条件为低温高压，选A。
故答案为：-497；A；
（3）对比图1相同温度下不同催化剂的数据，催化体系中丙烯转化率数值最低；丙烯是实验需要得到的目标产物，丙烯被持续消耗代表副反应发生，因此可以有效抑制丙烯消耗的副反应，是适配本体系的最优催化剂。
根据题意给出的产率换算公式：总烃产率 = 参与生成总烃的占比 × 总转化率 × 低碳烯烃选择性；选择性为，代表被消耗的里仅有的部分参与生成各类烃。结合图2数据，对应的总转化率、低碳烯烃选择性，二者乘积数值最大，对应总烃产率最高，产率列式：。
故答案为：；；
（4）反应③为放热可逆反应。图3水平虚线代表转化率固定为，该虚线与曲线交于低温点，与曲线交于高温点。
转化率固定时，反应④生成的量基本保持不变；升温会使放热反应③平衡逆向偏移，体系内生成量减少，对应选择性下降，由此可知低温曲线的选择性高于高温曲线，即。
反应③可快速建立化学平衡，平衡状态下任意位置均满足，因此、。
题目比较与，可等价转化为对比两点的正反应速率。点温度显著高于点，升温会提升反应速率常数；同时点选择性更低，体系内未参与反应的浓度更高。高温、高反应物浓度双重条件共同加快反应速率，故。
故答案为：＞；＜；
（5）设定初始投料，；转化率，反应消耗，剩余。丙烯选择性，生成丙烯消耗的物质的量，由反应计量关系可得。恒温恒压体系分压之比等于物质的量之比，因此：
副反应②：，分压反应商表达式：
分压与总压、物质的量满足，代入化简得到。
平衡状态各组分物质的量：、、；生成丙烷消耗占转化的，；
剩余氢气，体系总物质的量，总压，代入计算：
故答案为：0.3；；
【分析】（1）反应历程与产率分析：梳理中间体两条转化路径，氢终止生成烷烃、持续增碳生成高碳烃均为副反应，反应物分流消耗会降低目标低碳烯烃产率，从反应竞争角度解释产率下降原因。
（2）盖斯定律与平衡移动综合：通过系数配平叠加已知反应计算总焓变；依据正负判断放热/吸热，结合反应前后气体计量数变化，利用勒夏特列原理推导温度、压强对平衡的影响，筛选最优反应条件。
（3）催化剂选择性与产率计算：图像对比判断催化剂抑制副反应的能力；理清选择性、总转化率、低碳烯烃选择性三者的数量关系，按定义列式计算最大产率。
（4）平衡常数与反应速率综合判断：放热反应温度对平衡移动的影响规律，温度升高平衡逆向移动使产物选择性降低；平衡体系，结合温度、反应物浓度双重影响比较不同点位反应速率大小。
（5）分压反应商定量计算：设定初始投料量，结合转化率、选择性分步计算各有机物剩余物质的量；利用分压与物质的量成正比完成分压简化，代入反应商表达式，分步整理各组分物料，最终代入数值完成数值求解。
19．【答案】（1）
（2）碳溴键(溴原子)
（3）取代反应
（4）；+CH3OH+H2O；
（5）；
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质
【解析】【解答】（1）结合推断信息，含有醛基、碳碳双键，对应结构简式为。
故答案为： ；
（2）分子中的碳碳双键可与发生亲电加成得到，结构简式为；分子中包含两种官能团：醛基、碳溴键（溴原子）。
故答案为：碳溴键(溴原子)；
（3）经路线推导，的杂环结构简式；与反应时，分子内的作为亲核基团进攻上的溴甲基碳，键断裂、溴原子脱离，新单键生成，整体为基团互换，该反应属于取代反应。
故答案为：取代反应；
（4）由分析知，在E一F的过程中，Br取代了甲基上的H，参照E一F的过程，药物中间体K的合成路线为与反应，甲基上的日被Br原子取代生成I，则I为；在i.NaOH，H2O，ii.H+中经水解后酸化生成J，则J为；和CH3OH在H2SO4的条件下发生酯化反应生成K，反应的化学方程式为：+CH3OH+H2O。
故答案为：；+CH3OH+H2O；
（5）B→D可能经历以下过程，已知X→Y发生巯基(-SH)参与的取代反应，则C（）异构为X（）；X（）与B发生巯基(-SH)参与的取代反应生成Y，可推知Y的结构简式为，Y发生分子内氨基(-NH2)与醛基发生加成、消去反应生成Z和H2O，结合D的结构简式可推知Z为：。
故答案为： ；；
【分析】结合完整合成流程与已知限定条件推导各有机物骨架：原料分子式且可发生银镜反应，证明分子内含醛基；结合与加成产物的结构，确定为不饱和醛（）；和发生双键加成得到，与含硫氨基原料经巯基取代生成开链中间体；在体系发生氨基重氮化取代得到；与发生烷基甲基上氢的自由基溴代反应得到；和在弱碱作用下发生碳溴键亲核取代生成目标产物；再依据分子式、与的结构锁定为：，据此解题即可。
（1）有机物骨架推断：银镜反应专属醛基检验，结合分子式计算不饱和度，搭配加成产物的碳链结构反向推导原料A完整碳骨架，依靠特征定性反应锁定核心官能团；
（2）加成产物官能团判断：碳碳双键与卤素单质发生加成，仅引入溴原子，原有醛基不受加成反应影响，可完整区分分子内两类不同类型官能团；
（3）有机反应类型判定：反应过程仅发生卤素原子与含氮基团的互换，旧共价键断裂、新共价键生成，无双键断裂/生成，完全符合取代反应断键成键特征；
（4）合成路线仿写：先提取题干三步特征转化（烷基溴代、卤原子碱性水解、羧酸酯化），严格复刻反应条件与官能团变化逻辑，酯化方程式需标注浓硫酸催化剂与可逆脱水产物水；
（5）互变异构与环化机理：硫脲存在羰基-巯基互变，巯基是分子间取代的关键活性位点；氨基、醛基可自发分子内加成脱水闭环生成五元杂环，同时杂环上氮氢易发生迁移，形成两种可相互转化的同分异构结构。
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