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【高考真题】云南省2026年化学高中学业水平等级性考试
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．化学强国，筑梦未来。下列说法错误的是（　　）
A．“雪豹”轮式载具所用耐寒轮胎，属特种橡胶
B．“北脑一号”脑机系统植入手术所用钛板，属陶瓷材料
C．“天舟七号”飞船所用石英加速度计，核心部件含二氧化硅
D．“深海一号”储油平台所用聚酯系泊缆绳，主要成分为有机高分子
【答案】B
【知识点】无机非金属材料；高分子材料
【解析】【解答】A、“雪豹” 6×6 轮式载具所用耐寒轮胎，需在低温环境下保持良好的弹性与耐磨性，属于特种橡胶，A 正确；
B、“北脑一号” 脑机系统植入手术所用钛板，主要成分为金属钛，属于金属材料，而非陶瓷材料，B 错误；
C、“天舟七号” 飞船所用石英加速度计，核心部件为石英晶体，其主要成分是二氧化硅，C 正确；
D、“深海一号” 储油平台所用聚酯系泊缆绳，聚酯是由多元醇与多元酸缩聚而成的有机高分子化合物，主要成分为有机高分子，D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：材料分类判断：金属材料包括金属单质及合金，陶瓷材料为无机非金属材料，高分子材料包括塑料、橡胶、合成纤维等；
特种橡胶应用：耐寒轮胎使用的特种橡胶具有优异的耐低温性能，属于橡胶类高分子材料；
钛板属性：钛及其合金具有良好的生物相容性和机械强度，常用于医用植入材料，属于金属材料；
石英成分：石英晶体的主要成分为二氧化硅，是制备高精度传感器的重要材料；
聚酯类材料：聚酯是典型的合成高分子化合物，广泛应用于高强度缆绳等工程材料。
2．下列化学用语或图示表示正确的是（　　）
A．红磷和白磷互为同素异形体
B．CH3Cl是非极性分子
C．H2O的空间结构模型：
D．基态的价层电子轨道表示式：
【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；极性分子和非极性分子；同素异形体
【解析】【解答】A、红磷和白磷是由磷元素组成的不同单质，二者互为同素异形体，A正确；
B、分子中C—H键与C—Cl键极性不同，分子为四面体结构但正负电荷中心不重合，属于极性分子，B错误；
C、中O原子的价层电子对数为，空间结构为V形：，而图示为直线形结构，C错误；
D、基态的价层电子排布为，根据泡利不相容原理，3p轨道的3个轨道均应填满电子，图示为：，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
同素异形体判断：同种元素组成的不同单质互为同素异形体；
分子极性判断：分子的极性由键的极性和分子空间对称性共同决定；
分子空间结构：分子中O原子采取杂化，含2对孤电子对，分子呈V形；
价层电子轨道表示式：需严格遵守泡利不相容原理，基态的轨道应全部充满电子。
3．合成氨工艺沿革，诠释科学精神传承。几种固氮方式如图，下列说法正确的是（　　）
A．NO是红棕色、有刺激性气味的气体
B．NH4HCO3易溶于水，其电离方程式为
C．合成氨工业中采用循环操作主要是为了提高N2和H2的利用率
D．新型催化剂能降低N2生成的反应热
【答案】C
【知识点】工业合成氨；氮的固定；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A、NO是无色气体，才是红棕色、有刺激性气味的气体，NO遇空气会迅速被氧化为，A错误；
B、是弱酸的酸式盐，溶于水完全电离出和，不能完全拆分为与，正确电离方程式为，B错误；
C、合成氨反应为可逆反应，反应物无法完全转化，工业上将未反应的、循环通入反应器，能够提高两种原料的利用率，C正确；
D、催化剂仅能改变反应的活化能，加快反应速率，不会改变反应的始态与终态，因此无法降低反应热，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
氮氧化物物理性质区分：NO无色，红棕色，二者气味、颜色存在明显差异；
弱酸式盐电离规则：碳酸氢根属于弱酸酸式酸根，电离方程式中不能拆分；
合成氨工业循环操作目的：可逆反应原料转化率低，循环利用未反应气体提升原料利用率；
催化剂作用本质：催化剂只改变活化能，不影响焓变（反应热）大小。
4．下列说法正确的是（　　）
A．石油的分馏属于化学变化
B．蔗糖属于二糖，水解产物为葡萄糖
C．明矾可作净水剂，其水溶液呈碱性
D．碳酸氢钠受热分解的化学方程式为
【答案】D
【知识点】石油的分馏；水的净化
【解析】【解答】A、石油分馏依靠各组分沸点不同实现分离，整个过程没有新物质生成，属于物理变化，A错误；
B、蔗糖属于二糖，发生水解反应后生成葡萄糖与果糖两种单糖，并非只生成葡萄糖，B错误；
C、明矾溶于水后电离出，发生水解反应生成胶体从而净水，水解使溶液中氢离子浓度大于氢氧根浓度，水溶液呈酸性，C错误；
D、碳酸氢钠固体受热条件下发生分解反应，生成碳酸钠、二氧化碳气体和水，对应的化学方程式书写符合原子守恒与气体标注规范，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
石油分馏判断：分馏利用沸点差异分离混合物，无新物质生成，属于物理变化，裂化、裂解才是化学变化；
糖类水解规律：蔗糖水解产物为葡萄糖和果糖，麦芽糖水解只生成葡萄糖；
明矾溶液酸碱性：铝离子发生水解，溶液显酸性；
碳酸氢钠分解方程式：受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，方程式配平、气体符号、加热条件均书写规范。
5．下列装置或试剂能达到实验目的的是（　　）
A．蛋白质的变性
B．中和反应反应热的测定
C．胶体的制备
D．氯气的制备
【答案】A
【知识点】中和热的测定；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、硝酸银属于重金属盐，将硝酸银溶液滴入鸡蛋清溶液中，重金属离子会使蛋白质空间结构发生不可逆改变，能够实现蛋白质变性的实验目的，A正确；
B、该中和热测定装置存在密封性缺陷，装置内外存在空气流通缝隙，反应释放的热量会大量散失至外界环境，温度测量误差极大，无法精准测定中和反应的反应热；B错误；
C、向加热的NaOH溶液中滴加饱和氯化铁溶液，会直接生成氢氧化铁沉淀，制备氢氧化铁胶体需要将饱和溶液滴入沸水，C错误；
D、二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气：+++，需要加热条件，图中装置缺少酒精灯，无法发生反应制备氯气，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
蛋白质变性：重金属盐、强酸强碱、高温均可使蛋白质变性，为重金属离子，可完成该实验；
中和热测定装置辨析：中和热测定要求体系尽可能绝热、密封，减少热量流失，图中装置缝隙会造成热量损耗，温度变化测量值偏小，实验数据失真。
氢氧化铁胶体制备：操作要点为饱和氯化铁溶液滴入沸水，不能加入强碱溶液，否则生成沉淀；
氯气制备条件：和浓盐酸反应制的反应条件为加热，装置缺少加热仪器则反应不能进行。
6．彩云之南，花开四季。下列说法错误的是（　　）
春·蓝花楹 夏·荷花 秋·桂花 冬·梅花
A．的分子式为 B．X能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．能发生加成和水解反应 D．最多消耗
【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、根据W（）的键线式逐一枚举原子，分子中含有9个碳原子、10个氢原子、4个氧原子，分子式为，A正确；
B、X（）的结构中存在碳碳双键，碳碳双键能被酸性高锰酸钾氧化，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；
C、Y（）分子内含碳碳双键，能发生加成反应；同时含有内酯结构（环状酯），酯类物质可以发生水解反应，C正确；
D、Z（）分子中，酚羟基两侧邻位均存在氢原子，苯环上发生取代会消耗2mol ；侧链的碳碳双键能和发生加成反应消耗1mol ，1mol Z最多共消耗3mol ，并非2mol，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
分子式判断：键线式中端点、拐点均代表碳原子，结合碳四价补足氢原子，同时数清杂原子即可得到分子式；
酸性高锰酸钾褪色判断：碳碳双键、与苯环直接相连的烷基均可还原高锰酸钾使其褪色；
有机物反应类型：碳碳双键能发生加成，酯（内酯）结构能发生水解；
溴与酚、烯烃的定量反应：酚羟基邻、对位氢可与发生1：1取代，碳碳双键与Br2 1：1加成，需同时计算两类反应消耗的溴单质总量。
7．化学护坝体，劳动保安全，某水电站坝体维护示意图如下，下列说法错误的是（　　）
A．黏土是生产水泥的主要原料之一
B．与的反应属于氧化还原反应
C．聚四氟乙烯的合成：
D．利用板保护钢闸门时，需定期检查、更换
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；水泥的主要化学成分、生产原料及其用途
【解析】【解答】A、工业制备水泥的基础原料为石灰石与黏土，黏土可以供给硅、铝元素，属于水泥制备的核心原料之一，A正确；
B、和发生复分解反应：，反应全程所有元素化合价均保持不变，不存在电子得失，不属于氧化还原反应，B错误；
C、四氟乙烯分子内含碳碳双键，能够发生加聚反应生成聚四氟乙烯高分子，单体双键断裂相互连接成长链，对应反应 ，C正确；
D、钢闸门搭配锌板属于牺牲阳极法防腐，锌金属活泼性强于铁，原电池中锌作负极持续被腐蚀损耗，铁作正极被保护；锌板消耗完后失去防护作用，需要定期检修、更换锌板，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
水泥原料记忆：水泥生产依靠石灰石提供钙源、黏土提供硅铝源；
氧化还原反应判断依据：反应过程中有元素化合价升降才属于氧化还原反应，复分解反应均无化合价变化；
加聚反应特征：含碳碳双键的单体断开双键，相互连接形成高分子，无小分子产物生成；
牺牲阳极法防腐原理：活泼金属锌作为负极持续损耗，防护正极钢材，锌板消耗完后失去防护效果，需定期更换。
8．某水滑石是一种高效环保的阻燃剂，所含U、V、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号主族元素，U是原子半径最小的元素，V的轨道电子数是轨道电子数的一半，X的最外层电子数与其K层电子数相等，Y的氧化物具有两性，X和Z同主族，Z的原子序数等于W和X的原子序数之和。下列说法正确的是（　　）
A．最简单氢化物沸点：
B．最高价氧化物的水化物碱性：
C．第一电离能：
D．与能形成两种常见液态化合物
【答案】D
【知识点】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
【解析】【解答】A、V、W 最简单氢化物分别为 CH4、H2O；H2O 存在分子间氢键，常温为液态，CH4无氢键，常温气态，沸点 CH4＜H2O， 即 V＜W，A错误；B、X 为 Mg、Z 为 Ca，二者位于第 ⅡA 主族，同主族从上至下金属性逐渐增强，金属性 Mg＜Ca；金属性越强，最高价氧化物对应水化物碱性越强，碱性 Mg(OH)2＜Ca(OH)2，即 X＜Z，B 错误；
C、Mg 原子 3s 轨道全充满，为稳定电子构型，第一电离能 Mg>Al，即 X>Y，C 错误；
D、U (H) 与 W (O) 可形成两种常见液态化合物：H2O、H2O2，D 正确；
故答案为：D。
【分析】U 是原子半径最小的主族元素，故 U=H（氢）；V 的 p 轨道电子数是 s 轨道电子数的一半：电子排布 1s22s22p2，总 s 电子 4，p 电子 2，故 V=C（碳）；X 最外层电子数等于 K 层（2 个）电子，原子序数大于 C，故X=Mg（镁，最外层 2e-）；Y 的氧化物具有两性，故 Y=Al（铝，Al2O3为两性氧化物）；X、Z 同主族，前 20 号主族元素，Mg 同主族下一周期为 Ca ，故Z=Ca（钙）；Z 原子序数 (20)=W 原子序数 + X 原子序数 (12)，得 W 原子序数 = 8，故W=O（氧）；综上：U=H、V=C、W=O、X=Mg、Y=Al、Z=Ca。
9．某兴趣小组将1.0g铁粉和足量硫粉在氩气中加热得黑色固体，设计如下实验探究其成分。已知：步骤Ⅰ、步骤Ⅱ均在氩气氛围中进行：PbS是一种黑色固体。
下列说法错误的是（　　）
A．a中黑色固体成分有
B．与在空气中燃烧的产物可能有
C．步骤Ⅰ使用煮沸后的稀硫酸，目的是加快反应速率
D．b中使用溶液替代溶液，则无需使用醋酸铅试纸检验
【答案】C
【知识点】性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、步骤 II 中醋酸铅试纸变黑，说明反应生成硫化氢气体，只有 FeS 和稀硫酸反应能够产生 H2S，因此黑色固体中含有 FeS，A 正确；
B、空气中存在氧气，铁单质在加热条件下可以与氧气发生反应，因此 Fe 与 S 在空气中燃烧时，产物有可能混有 Fe2O3，B 正确；
C、稀硫酸煮沸的作用是除去溶液中溶解的氧气，防止氧气氧化体系内的 Fe2+，避免干扰离子检验，并不是为了加快反应速率，C 错误；
D、硫酸铜溶液能和硫化氢发生反应，生成不溶于稀硫酸的黑色沉淀，现象直观明显，可直接检验硫化氢，能够替代氢氧化钠溶液吸收并检验，无需额外使用醋酸铅试纸，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
FeS 的检验依据：FeS 和酸反应生成 H2S，H2S 遇醋酸铅生成黑色 PbS 沉淀，以此证明固体含 FeS；
空气环境反应分析：空气中含 O2，铁会同步和氧气反应，产物可出现铁的氧化物；
煮沸稀硫酸的目的：除去溶解氧，防止 O2氧化 Fe2+，避免干扰 Fe2+、Fe3+的检验；
硫化氢检验试剂：Cu2+与 H2S 反应生成黑色 CuS 沉淀，可直接检验硫化氢，替代醋酸铅试纸；
离子检验现象解读：铁氰化钾生成蓝色沉淀证明存在 Fe2+，放置后出现浅红说明少量 Fe3+由 Fe2+缓慢氧化产生。
10．纳米催化剂经光照后产生和空穴（），促进-甲基苯甲胺脱氢、偶联生成二胺，其催化机理关键步骤如图（Ph为苯基）。下列说法错误的是（　　）
A．该过程涉及光能转化为化学能
B．步骤Ⅱ体现了的氧化性
C．相同条件下产生的空穴越多，生成的越多
D．该过程涉及非极性共价键的断裂和形成
【答案】D
【知识点】极性键和非极性键；氧化还原反应；化学反应中能量的转化
【解析】【解答】A、该反应依靠光照提供能量推动有机脱氢、偶联反应进行，光能转化为储存在有机产物内部的化学能，A正确；
B、步骤Ⅱ中空穴得到底物释放的电子，化合价降低，作氧化剂，能够体现氧化性，B正确；
C、空穴是反应体系中的氧化剂，同等条件下生成空穴的数量越多，原料转化效率越高，脱氢生成的 越多，C正确；
D、整个反应断裂的化学键只有反应物内极性共价键；反应最后一步生成键与分子内非极性键，全程只存在非极性共价键生成，不存在任何非极性共价键发生断裂，选项描述同时包含断裂、形成两种过程，与实际反应不符，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
光催化能量转化规律：光照驱动化学反应，实现光能向产物化学能的转化；
氧化性判断规则：粒子得到电子、发生还原反应时，具备氧化性，可作氧化剂；
催化反应定量逻辑：氧化剂空穴产量越高，原料脱氢转化越充分，中间体生成量越多；
共价键区分判断：不同原子间形成极性共价键，同种原子间形成非极性共价键，本题仅生成、非极性键，无原有非极性键断裂。
11．一种新型固态电解质（摩尔质量为）的立方晶胞结构示意图如下。已知：为阿伏加德罗常数的值：以晶胞参数为单位长度建立坐标系可标注晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标，点原子的分数坐标为。
下列说法正确的是（　　）
A．点原子的分数坐标为
B．每个周围与它最近且距离相等的有6个
C．沿轴方向的投影为
D．若晶体密度为，则晶胞参数为
【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、N点分数坐标为，T点处在晶胞底面面心位置，对应x、y方向均取，z方向数值为0，分数坐标应为，选项给出坐标与实际不符，A错误；
B、分布在晶胞顶点与体心，以体心的作为参照，距离最近且间距相等的为8个相邻晶胞的顶点离子，并非6个，B错误；
C、分布在晶胞四角与体心，分布在各条棱的中点，沿z轴方向做投影时，竖直棱上的钠离子会被体心的遮挡，最终投影为 ，C正确；
D、先统计晶胞内粒子数目：数目，即单个晶胞包含2组单元；结合密度公式，变形推导得到晶胞参数，选项中系数为4，计算结果不匹配，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
分数坐标判断：以晶胞边长为单位1，原点在顶点，底面面心的x、y坐标均为，z坐标为0；
等距粒子配位数分析：顶点+体心型堆积，体心离子周围最近的同类型离子为8个顶点粒子；
晶胞投影判断：沿z轴投影仅保留xy平面点位，竖直棱上的粒子会被体心粒子遮挡，投影图形四角、中心存在，四边中点为；
晶胞参数计算思路：先均摊法算出晶胞内化学式单元总数，代入密度公式，完成与的单位换算后开立方求解边长。
12．我国科学家合成了一种大环化合物甲，能与形成超分子乙，其变化过程如图。下列说法错误的是（　　）
A．乙的晶体类型为共价晶体
B．该过程体现了大环对的捕获与释放
C．乙中的与大环之间存在分子间作用力
D．调控pH可使甲和丙中的杂化方式发生可逆转变
【答案】A
【知识点】分子晶体；分子间作用力；超分子
【解析】【解答】A、超分子乙是大环分子甲与依靠分子间作用力结合而成的分子聚集体，构成乙的基本单元为分子，晶体类型属于分子晶体，并非共价晶体，A错误；
B、甲和结合生成乙，实现对的捕获；乙在酸碱可逆条件下分解，重新释放出并生成丙，整个过程完整体现大环对的捕获与释放，B正确；
C、乙属于超分子体系，大环与之间不存在共价键，依靠范德华力这类分子间作用力相互结合，C正确；
D、甲中标记的碳原子只形成3根σ键，无孤电子对，采取杂化；丙中标记的碳原子连接4个基团，形成4根σ键，采取杂化；改变体系可实现甲、丙之间的可逆转化，因此调控能让该碳原子两种杂化方式可逆切换，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
晶体类型判断：由分子通过分子间作用力堆积形成的晶体为分子晶体，共价晶体依靠共价键形成空间网状骨架；
超分子过程分析：结合反应物、生成物的转化关系，判断捕获、释放两种过程；
超分子作用力判断：超分子内部组分依靠分子间作用力结合，不存在化学键；
碳原子杂化判断：σ键数为3对应杂化，σ键数为4对应杂化，酸碱可逆反应可实现两种结构互变，杂化方式同步可逆变化。
13．一种“双模式”锂电池工作原理如图。已知：只参与模式Ⅰ的充放电，其放电时反应方程式为。下列说法正确的是（　　）
A．充电时，模式Ⅱ的反应为
B．充电时，若外电路通过1mol电子，则石墨电极最多生成
C．放电时，体系中的向电池的锂电极迁移
D．放电时，分别消耗，模式Ⅰ理论放电量大于模式Ⅱ
【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、充电反应是放电反应的逆过程，模式II放电反应为，则充电时反应应为，选项给出的方程式为放电方向，A错误；
B、模式I放电：，充电逆反应，每生成转移，外电路通过电子时，最多生成，B错误；
C、放电时锂电极失电子作负极，石墨电极为正极，阳离子向正极石墨电极迁移，不会向锂电极移动，C错误；
D、模式I消耗转移；模式II中反应转移，即消耗转移；转移电子越多放电量越大，因此模式I理论放电量大于模式II，D正确；
故答案为：D。
【分析】电池分为两种工作模式，锂电极始终为负极、石墨电极为正极；模式Ⅰ中与可逆转化，每消耗1mol 转移4mol电子；模式Ⅱ中和Li放电生成，每消耗1mol 转移3mol电子；充电时两个反应均逆向进行，阳离子放电时向石墨正极移动。
14．常温下，1L水溶液中和的初始浓度分别为和，达到溶解平衡时（，pM与pH的关系如图（），M代表、、和）。
已知：
下列说法正确的是（　　）
A．曲线Ⅰ是的变化曲线
B．
C．溶液中，的浓度为
D．，
【答案】B
【知识点】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、结合平衡关系推导： 的数值始终比大0.85，两条曲线平行，上方曲线Ⅱ代表，曲线Ⅰ代表，A错误；
B、目标反应，平衡常数；
联立、得；
图像时，，，则、、；代入计算，B正确；
C、曲线Ⅲ代表，其，则，并非，C错误；
D、根据物料守恒：初始总浓度，总浓度；
含草酸粒子：；含铜粒子：；
两式消去固相与，整理得：，是等式，不存在大于关系，D错误；
故答案为：B。
【分析】溶度积满足关系式，络合平衡常数，将两式联立整理，可推出。
对等式两侧同时取负对数，得到，由此能判断与对应的曲线互相平行，且相同pH下络合离子的pM数值更大，因此曲线Ⅰ对应、曲线Ⅱ对应。
依据溶度积定值不变的规律，和此消彼长，的pM随pH升高不断增大，对应图中上升的曲线Ⅳ；反应平衡常数固定，溶液内浓度不受pH影响，浓度恒定，对应水平直线Ⅲ，结合以上曲线对应关系分析各选项。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．创新驱动，深挖“城市矿山”，一种从废弃印刷电路板（WPCB）（主要含Cu、Ni、Au、Ag）中分离回收有价金属的工艺如下：
已知：①PMS为过一硫酸盐（含过氧键），在强酸介质中会水解。
②表示具有高氧化活性的单线态氧分子。
回答下列问题：
（1）Au与Cu同族，属于　 　区元素。
（2）“酸浸1”中发生反应的离子方程式为　 　。
（3）“滤液2”中主要的金属离子有、　 　（填离子符号）。
（4）“氧化溶金”中，KCl不能用HCl替代的原因为　 　；PMS发生反应的离子方程式。　 　+　 　（将离子方程式补充完整）。
（5）工序“”中，抗坏血酸的作用为　 　。
（6）“碱沉”前，用的标准溶液测定“滤液”中的及浓度，和与的关系如图，，忽略的水解）。“滤液1”中的浓度为　 　（结果保留小数点后3位）。
（7）“沉银”时，“滤液2”与“滤液3”混合时有少量生成，其反应的化学方程式为　 　。
【答案】（1）ds
（2）
（3）
（4）会增大体系酸度，促使水解，氧化能力减弱，金回收率下降；；
（5）作还原剂
（6）0.035
（7）
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；制备实验方案的设计；离子方程式的书写；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】(1)位于第四周期ⅠB族，属于ds区元素；与为同主族元素，元素分区规律一致，因此归属于ds区。
故答案为：ds；
(2)酸浸1添加稀盐酸，只有能够与发生置换反应，生成可溶性与氢气，、、金属活动性弱于氢，不与稀盐酸反应，对应的离子方程式：
故答案为：；
(3)滤渣1组分为、、，加入稀硝酸开展酸浸2，、被硝酸氧化，分别解离出、，不溶于稀硝酸仍留存于固体滤渣，因此滤液2中金属阳离子包含、，题目要求写出其中一种，填。
故答案为：；
(4)若用替换体系内，溶液酸性显著增强；含有过氧键，在强酸性环境下会发生水解，自身氧化性能下降，无法充分氧化单质，最终金的回收产率降低。
与发生反应，生成高活性单线态氧、与，配平离子方程式：
。
故答案为：会增大体系酸度，促使水解，氧化能力减弱，金回收率下降；；；
(5)氧化溶金工序后，以价络离子存在于溶液；抗坏血酸具备较强还原性，工序X中夺取的电子，将价金还原为零价纳米，自身作还原剂。
故答案为：作还原剂；
(6)滴定曲线中，体积仅中和滤液1中过量盐酸；区间专门沉淀，沉淀消耗碱液体积。
沉淀反应：
计量关系：，
滤液1体积为，计算浓度：
故答案为：0.035；
(7)滤液2溶质为，滤液3含过量；二者混合先发生复分解生成沉淀，极不稳定，迅速分解为与水，合并两步书写总化学方程式：
故答案为：
【分析】废弃印刷电路板原料包含、、、四种金属；第一步酸浸1使用稀盐酸，仅活泼金属发生反应溶解，其余贵金属不溶成为滤渣1；滤液1含与过量，加入先中和多余酸，再沉淀；滤渣1投入稀硝酸进行酸浸2，、被氧化溶解，稳定不反应形成滤渣2；滤渣2搭配、氧化溶金，转化为络离子；最后加入抗坏血酸还原络离子得到单质纳米金；滤液2含、，可分别回收铜、银产物。
（1）依据周期表同族元素分区一致规律，ⅠB族铜、金均属于ds区，通过主族定位分区；
（2）结合金属活动性顺序，只有氢前金属与稀盐酸反应，按照置换反应电子、电荷守恒书写离子方程式；
（3）稀硝酸可氧化、，不氧化，梳理溶解后进入液相的金属阳离子；
（4）强酸加速过一硫酸盐水解，削弱氧化能力；根据产物标注，结合电荷、原子守恒配平生成单线态氧的氧化还原离子方程式；
（5）化合价降低的物质被还原，对应试剂承担还原剂作用，通过金元素价态变化判定抗坏血酸功能；
（6）分段区分中和酸、沉淀金属离子两段滴定区间，依托沉淀反应计量比计算镍离子物质的量，再结合溶液体积算出物质的量浓度；
（7）分步拆解复分解、氢氧化物分解两个连续反应，合并消去中间产物，得到总反应方程式。
16．镍配合物是贵金属催化剂的重要替代品。某实验小组设计了一种制备Ni（Ⅱ）配合物的方法，原理如下：
已知：CH2Cl2有毒、易挥发，。
实验步骤如下：
Ⅰ．向双颈烧瓶中加入10mL含（1mmol）的乙醇溶液，通过仪器a逐滴加入3mL含bpy（2mmol）的乙醇溶液（装置如图，加热及夹持装置省略），加热搅拌，冷却至室温。
Ⅱ．将上述溶液减压蒸除乙醇，加入20mLCH2Cl2溶解，再加少量蒸馏水洗涤、分液。
Ⅲ．有机层经减压蒸除溶剂，加入15mL乙醇和2mmolNaBPh4（Ph为苯基），产生沉淀。经过滤、洗涤、干燥得粗产品，进一步提纯后得紫色晶体（配合物Z，）。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称为　 　。
（2）下列安全标识中，本实验不涉及的是　 　（填标号）。
（3）步骤Ⅱ中洗涤的目的为　 　，分液时CH2Cl2在　 　层（填“上”或“下”）。
（4）步骤Ⅲ中乙醇的作用为　 　。
（5）步骤Ⅲ中用　 　法提纯粗产品。
（6）配合物Z的产率为　 　（列出计算式即可）。
（7）测定配合物Z的晶体结构，下列方法可采用的是（　　）（填标号）。
A．核磁共振氢谱法 B．质谱法
C．红外光谱法 D．X射线衍射法
（8）实验小组进一步探究不同投料比对Ni（Ⅱ）配合物结构的影响，以进行投料，按上述制备方法得红色晶体。推测的配位数为　 　。
【答案】（1）恒压滴液漏斗
（2）D
（3）除去有机层中溶解的硝酸盐和未反应的水溶性杂质；下
（4）降低配合物公的溶解度，使其结晶析出
（5）重结晶
（6）
（7）D
（8）6
【知识点】有机物的结构和性质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）仪器a为恒压滴液漏斗，装置侧边连通支管能够平衡漏斗内部与反应容器的气压，消除液体下落的压强差，保证漏斗内液体可以平稳、匀速流下。
故答案为：恒压滴液漏斗；
（2）佩戴护目镜能够阻挡飞溅试剂，起到眼部防护作用；实验结束清洗双手，避免试剂残留接触皮肤造成刺激；二氯甲烷有毒且易挥发，操作时保持通风排气，防止吸入蒸气引发中毒；本实验全程无尖锐器械操作，无需防护锐器，综上选D。
故答案为：D；
（3）步骤Ⅱ先减压蒸馏除去体系中的乙醇，加入20 mL二氯甲烷溶解固体产物，再加入少量蒸馏水振荡洗涤并分液；水洗可以萃取脱除有机层中混溶的硝酸盐、未反应的水溶性原料杂质，降低杂质对后续配位合成反应的干扰；二氯甲烷密度，大于水的密度，分液静置后有机相位于下层。
故答案为：除去有机层中溶解的硝酸盐和未反应的水溶性杂质；下；
（4）步骤Ⅲ向反应体系加入乙醇，乙醇可以降低目标配合物Z在混合溶剂中的溶解能力，使配合物达到过饱和状态，以固体晶体形式从溶液中析出。
故答案为：降低配合物公的溶解度，使其结晶析出；
（5）粗产物已经析出固体结晶，晶体内部包裹少量可溶性杂质；重结晶法依托杂质与目标晶体溶解度随温度变化的差异，可高效除去微量水溶性杂质，提纯得到高纯度紫色晶体，因此选用重结晶操作。
故答案为：重结晶；
（6）配位反应离子方程式：，按照化学计量比例投料时，三种反应物恰好完全转化。
理论上生成1 mmol配合物Z，对应理论质量；设实际收集固体质量为，产物产率计算公式：
故答案为：；
（7）A. 核磁共振氢谱仅用于区分有机物中氢原子的化学环境，无法测定晶体内部原子排布结构，不符合题意；
B. 质谱法只能测定分子相对分子质量，不能解析晶体三维空间结构，不符合题意；
C. 红外光谱用于识别分子官能团、化学键类型，不具备测定晶体晶格结构的能力，不符合题意；
D. X射线衍射法可通过衍射图谱解析晶胞参数、原子空间排布，是测定晶体结构的标准经典方法，符合题意；
故答案为：D。
（8）联吡啶bpy属于双齿配体，单个bpy分子可提供2个配位原子；投料比时，2分子bpy一共提供个配位原子，中心配位数等于4；当投料比例调整为时，3分子bpy一共可提供个配位原子，此时的配位数为6。
故答案为：6；
【分析】向双颈烧瓶中移入10 mL溶有1 mmol 的乙醇溶液，借助仪器a缓慢滴加3 mL溶有2 mmol双吡啶配体bpy的乙醇溶液（配套加热、夹持装置图省略）；混合体系加热搅拌充分反应后冷却至室温，先减压蒸馏除去体系内乙醇；加入20 mL二氯甲烷溶解固体产物，再添加少量蒸馏水振荡洗涤、静置分液；分离得到的有机层继续减压脱除溶剂，随后加入15 mL乙醇与2 mmol四苯硼钠（Ph代表苯基），体系析出固体沉淀；依次经过过滤、洗涤、干燥操作得到粗产物，再经提纯处理获得紫色晶体配合物Z（相对分子质量），最终称量所得晶体质量为，结合该实验流程作答下列问题。
（1）依靠连通支管平衡内外压强，消除液柱压差，保障液体顺利滴落，区分普通分液漏斗与恒压漏斗的结构差异；
（2）结合试剂毒性、腐蚀风险、器械类型逐一筛选防护要求，排除题目不涉及的锐器防护选项；
（3）水洗除去有机相中水溶性无机盐杂质，依据有机溶剂与水的密度大小判断分液后有机层位置；
（4）乙醇降低配合物在混合溶剂的溶解度，利用溶解度差异实现产物沉淀析出；
（5）重结晶适用于去除晶体包裹的微量可溶性杂质，适配提纯高纯度结晶产物的需求；
（6）依托方程式计量数计算理论产量，结合实际称量质量，代入产率通用公式完成列式；
（7）区分核磁、质谱、红外、X射线衍射四种仪器的检测用途，只有X射线衍射能够测定晶体空间原子排布；
（8）双齿配体单分子提供2个配位位点，根据配体投料物质的量，计算总配位原子数，对应得到中心金属离子配位数。
17．“双碳”目标推动科技发展。一种由CO制备高附加值酒石酸二甲酯（DMT）的路径如下：
回答下列问题：
I．“热催化”中主反应：
i．
（1）已知：
则　 　（用含和的代数式表示），　 　0（填“”或“”）。
（2）一定温度下，恒容密闭容器中只发生反应，提高平衡转化率的措施有（　　）（填标号）。
A．及时移走 B．通入
C．增大和投料比 D．加入催化剂
（3）“热催化”存在两个副反应，其中生成“副产物1”（）的副反应：
ii．
一定条件下，平衡转化率和产物选择性随温度变化关系如图1。
[比如：DMO选择性]
①“热催化”反应较适宜的温度区间为　 　（填标号）。
A： 120～140℃
B： 130~150℃
C： 140~160℃
②，若恒容密闭容器中只发生反应i、ii，当和的初始浓度分别为、，结合图1信息，平衡时　 　，反应的　 　（列出计算式即可）。
（4）II．“电催化”中：DMODMT
25℃时，DMT的生成速率与关系如上图2，已知该反应的速率方程为，其中为速率常数。
①当增加10倍，也增加10倍，则为　 　。
②速率常数为　 　（列出计算式即可）。
（5）生成DMT的电极反应式为，其中Y为　 　（填结构简式）。
【答案】（1）；＜
（2）C
（3）C；0.25；
（4）1；或或或
（5）
【知识点】化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）依据盖斯定律运算规则，目标反应可由已知反应②乘以，减去已知反应③乘以推导得出，对应焓变计算式：
反应i内，反应物气体总物质的量为4 mol，生成物气体仅2 mol，产物DMO为液态，反应体系内气体分子总数减少，体系混乱度降低，因此熵变。
故答案为：；＜；
（2）A. DMO属于纯液态物质，移走液态生成物不会改变体系内各气体组分浓度，化学平衡不发生移动，平衡转化率保持不变，该说法错误；
B. 恒容密闭容器中通入惰性气体，体系内各反应物、生成物的浓度均无变化，平衡不会发生移动，原料转化率不变，该说法错误；
C. 提高与的投料比例，等效于单独增大的浓度，平衡正向发生移动，的平衡转化率提升，该说法正确；
D. 催化剂仅能够同步加快正、逆反应速率，不会改变反应平衡限度，原料平衡转化率不发生变化，该说法错误。
故答案为：C；
（3）①工业生产需要兼顾主产物DMO的高选择性与原料的转化程度；结合图像数据分析，温度区间120~140 ℃时，主产物选择性虽高，但转化率偏低；温度高于140 ℃后，副产物2的选择性大幅升高，大量原料流向副反应，降低目标产物产率；综合两类因素，适宜温度区间为130~150 ℃，选B。
②130 ℃条件下平衡转化率为75%，初始浓度，平衡剩余浓度：
反应i、ii每消耗1 mol 均生成1 mol ，因此平衡时；DMO选择性90%，参与生成DMO的浓度为。
由反应i计量关系可得：
参与副反应ii的浓度：，对应副产物1平衡浓度。
两段反应浓度变化：，平衡剩余：
液态物质DMO不写入平衡常数表达式，反应i浓度平衡常数：
故答案为：B；0.25；；
（4）①速率公式，若扩大至原来10倍，反应速率同步扩大10倍，代入公式得，化简，解得。
②已知，变形速率方程得，选取图2任意一组数据代入均可计算，可选算式：或或或。
故答案为：1；或或或。
（5）根据原子守恒配平电极反应：反应物一侧总原子组成为8C、18H、8O；产物DMT含6C、10H、6O，剩余2C、8H、2O平均分配至2分子Y，单个Y分子含1C、4H、1O，因此Y为。
故答案为：；
【分析】（1）先观察目标反应与已知热化学方程式的计量系数差异，通过同乘系数、相加减的方式拼接出目标方程式，同步计算焓变；熵变判断只对比反应前后气体总物质的量，气体分子数目减少，体系混乱程度下降，。
（2）分类梳理四类外界条件对平衡的影响逻辑：纯液态物质浓度恒定，增减不影响平衡；恒容通入惰性气体，气体浓度不变，平衡无移动；增大单一气体反应物投料比，平衡正向，另一原料转化率上升；催化剂只改变反应速率，不改变平衡限度、转化率。依托勒夏特列原理逐一辨析选项正误。
（3）工业温度筛选需双重考量，既要保证目标产物高选择性，又要兼顾原料转化率，避开副反应剧烈发生的高温区间；定量计算时以原料初始浓度、转化率算出总消耗浓度，再按选择性拆分主、副反应各自消耗的原料量；用三段式分别计算两个可逆反应的浓度变化，汇总得到平衡时各气体浓度；液态产物无浓度项，书写平衡常数时直接省略，代入数值列式。
（4）利用浓度倍数与速率倍数的等量关系建立指数方程，求解反应级数；级数确定后变形速率方程，图像中任意一组对应浓度、反应速率数据均可代入，求出速率常数。
（5）采用整体原子守恒法，统计电极反应所有反应物的C、H、O原子总数，减去已知有机产物DMT包含的原子，剩余原子均分至未知小分子产物Y，直接推出Y的分子式与结构简式。
18．一种具有抗衰老活性的化合物K的合成路线如下（略去部分试剂与反应条件，忽略立体化学，路线中R为（）
回答下列问题：
（1） A中官能团为羧基、醚键和　 　（填名称）。
（2） A→B的反应类型为　 　。
（3） C分子中能共平面的碳原子个数最多为　 　。
（4） E与NaOH反应的化学方程式为　 　。
（5） G→H中另一产物的结构简式为　 　。
（6） I→J中DMP的作用为　 　。
（7） K中手性碳原子的个数为　 　。
（8）写出一种满足下列条件的F的同分异构体的结构简式　 　。
①能发生银镜反应。
②能与FeCl3发生显色反应。
③核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积比为2∶2∶1∶1。
（9）参照B→D的过程，结合所学知识，设计以和为原料合成的路线（Ph为苯基；无机试剂和有机溶剂任选）。
【答案】（1）碳碳双键
（2）取代反应
（3）5
（4）
（5）
（6）将醇羟基氧化为醛基
（7）2
（8）或或。
（9）
【知识点】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；结构简式
【解析】【解答】（1）A（）的碳链骨架为烯基羧酸，侧链取代基是 ，分子内含三种官能团：碳碳双键、羧基、醚键。
故答案为：碳碳双键；
（2）原料A属于羧酸，和反应时，羧基上的基团被基团替换，仅发生基团互换，旧化学键断裂、新化学键生成，没有双键加成、小分子消去、分子重排过程，完全符合取代反应定义，该步反应类型为取代反应。
故答案为：取代反应；
（3）C为，分子内两个碳碳双键均为sp2杂化平面结构，连接两个双键的碳碳单键可以自由旋转，旋转后能让两个双键所在平面完全重合；分子中4个主链碳原子全部是sp2杂化，甲基上的饱和碳通过单键旋转也能进入双键平面，全部5个碳原子均可处于同一平面。
故答案为：5；
（4）E（）分子中存在酰胺键，酰胺键在水溶液、加热环境下会发生碱性水解，共价键断裂，羰基与碱结合生成羧酸钠，氮端结合氢生成脂肪胺，对应化学方程式：；
故答案为：；
（5）中间体G与发生亲核取代反应，G中的羟基进攻缩酮中心碳，脱去一分子乙氧基，乙氧基结合氢生成小分子乙醇，主产物为H。
故答案为：；
（6）DMP属于温和高选择性有机氧化剂，只针对醇羟基发生氧化，伯醇、仲醇均可被氧化，伯醇氧化产物为醛基，反应条件温和，不会进一步将醛氧化为羧酸，因此该步作用是将I内的醇羟基氧化为醛基。
故答案为：将醇羟基氧化为醛基；
（7）手性碳判定标准：饱和sp3碳原子，同时连接4种互不相同的原子或有机基团；产物环状结构中标注*的两个饱和碳原子，四个连接基团均完全不同，其余碳原子要么含双键不饱和，要么连接重复基团，不满足手性碳要求，因此手性碳原子总数为2，如图所示：，标*的即为手性碳原子。
故答案为：2。
（8）先计算不饱和度：F的分子式为，不饱和度，芳香化合物说明含苯环（不饱和度4），剩余1个不饱和度对应醛基/酯基；
分层拆解限制条件：①银镜反应：必须含醛基或者甲酸酚酯结构；
②显色：苯环直接连接酚羟基；
③核磁共振氢谱4组峰，峰面积比例，代表分子只有4种化学环境的氢，对称度高；
逐一匹配结构，满足全部约束条件的同分异构体共3种：、、。
故答案为：或或。
（9）先提取题干给出的Diels-Alder反应示范模板，即反应B→D， 与 发生环加成构建 ；与 Br2发生加成反应生成，在 NaOH 乙醇溶液中加热，发生消去反应，生成目标产物，则合成路线为：；
故答案为： ；
【分析】原料A与磺酰胺发生羧基上的取代得到中间体B；B和共轭二烯烃C通过Diels-Alder反应生成六元环状产物D；D经分子内转化得到含酰胺结构的E；E与小分子F反应后发生骨架重排得到G；G和发生取代，脱去乙醇，生成中间体H；H在特定条件下转化为含醇羟基的I；I经DMP氧化剂氧化羟基得到醛类J；J再经结构调整得到最终产物K，结合各步反应特征、官能团变化逐一作答。
（1）拆分有机物骨架，区分不饱和键、含氧特征基团；碳碳双键属于不饱和烃官能团，羧基是羧酸特征基团，环内为醚键，逐一排查结构内所有杂原子官能团，不漏判、错判。
（2）对比反应前后官能团变化，锁定断键成键方式；羧酸羟基被含氮基团完整替换，只有基团交换，无双键打开、无小分子脱除，直接判定取代反应；区分加成（双键断裂加基团）、消去（脱小分子生双键）、重排（碳骨架重组）三类易混淆反应。
（3）依托sp2杂化平面结构、单键可旋转两大核心知识点；共轭二烯烃两个双键均为平面，中间σ键可自由旋转实现平面重合，再逐个判断甲基饱和碳能否旋转进入平面，统计全部共面碳原子数量。
（4）牢记酰胺键水解断键位置为，碱性环境下羰基生成羧酸盐，氮原子质子化生成胺；书写方程式时注意加热、强碱条件，产物必须写羧酸钠而非羧酸，区分酸性水解、碱性水解产物差异。
（5）采用原子守恒法，对比反应物、缩酮试剂与产物的元素组成，找出脱离主碳链的乙基氧片段，结合氢原子匹配得到乙醇小分子。
（6）区分常见有机氧化剂特性，DMP、PCC属于温和氧化剂，仅氧化醇到醛，强氧化剂（酸性高锰酸钾、重铬酸钾）会直接氧化至羧酸；结合前后物质官能团变化，明确DMP专一氧化醇羟基生成醛基。
（7）严格遵循手性碳判定三要素：饱和sp3碳、四个连接基团全部不同；沿环状碳链逐个排查饱和碳原子，排除含双键、连接两个相同氢/烷基的碳原子，统计符合标准的手性碳数目。
（8）解题分四步，①计算不饱和度预判苯环、不饱和含氧基团；②根据特征反应锁定必含官能团（酚羟基、醛/甲酸酯）；③根据氢谱峰组数、面积限制分子对称结构；④依次书写、剔除不符合氢环境的结构，最终统计有效同分异构体数目。
（9）解题分为三步，第一步提取题干示范反应的反应类型、反应物结构；第二步拆解目标产物碳环，逆向推导前体需要环加成、卤代、消去三步转化；第三步按正向流程书写，标注每一步对应的试剂、反应条件，保证官能团转化顺序合理，无副反应干扰。
1 / 1【高考真题】云南省2026年化学高中学业水平等级性考试
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．化学强国，筑梦未来。下列说法错误的是（　　）
A．“雪豹”轮式载具所用耐寒轮胎，属特种橡胶
B．“北脑一号”脑机系统植入手术所用钛板，属陶瓷材料
C．“天舟七号”飞船所用石英加速度计，核心部件含二氧化硅
D．“深海一号”储油平台所用聚酯系泊缆绳，主要成分为有机高分子
2．下列化学用语或图示表示正确的是（　　）
A．红磷和白磷互为同素异形体
B．CH3Cl是非极性分子
C．H2O的空间结构模型：
D．基态的价层电子轨道表示式：
3．合成氨工艺沿革，诠释科学精神传承。几种固氮方式如图，下列说法正确的是（　　）
A．NO是红棕色、有刺激性气味的气体
B．NH4HCO3易溶于水，其电离方程式为
C．合成氨工业中采用循环操作主要是为了提高N2和H2的利用率
D．新型催化剂能降低N2生成的反应热
4．下列说法正确的是（　　）
A．石油的分馏属于化学变化
B．蔗糖属于二糖，水解产物为葡萄糖
C．明矾可作净水剂，其水溶液呈碱性
D．碳酸氢钠受热分解的化学方程式为
5．下列装置或试剂能达到实验目的的是（　　）
A．蛋白质的变性
B．中和反应反应热的测定
C．胶体的制备
D．氯气的制备
6．彩云之南，花开四季。下列说法错误的是（　　）
春·蓝花楹 夏·荷花 秋·桂花 冬·梅花
A．的分子式为 B．X能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．能发生加成和水解反应 D．最多消耗
7．化学护坝体，劳动保安全，某水电站坝体维护示意图如下，下列说法错误的是（　　）
A．黏土是生产水泥的主要原料之一
B．与的反应属于氧化还原反应
C．聚四氟乙烯的合成：
D．利用板保护钢闸门时，需定期检查、更换
8．某水滑石是一种高效环保的阻燃剂，所含U、V、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号主族元素，U是原子半径最小的元素，V的轨道电子数是轨道电子数的一半，X的最外层电子数与其K层电子数相等，Y的氧化物具有两性，X和Z同主族，Z的原子序数等于W和X的原子序数之和。下列说法正确的是（　　）
A．最简单氢化物沸点：
B．最高价氧化物的水化物碱性：
C．第一电离能：
D．与能形成两种常见液态化合物
9．某兴趣小组将1.0g铁粉和足量硫粉在氩气中加热得黑色固体，设计如下实验探究其成分。已知：步骤Ⅰ、步骤Ⅱ均在氩气氛围中进行：PbS是一种黑色固体。
下列说法错误的是（　　）
A．a中黑色固体成分有
B．与在空气中燃烧的产物可能有
C．步骤Ⅰ使用煮沸后的稀硫酸，目的是加快反应速率
D．b中使用溶液替代溶液，则无需使用醋酸铅试纸检验
10．纳米催化剂经光照后产生和空穴（），促进-甲基苯甲胺脱氢、偶联生成二胺，其催化机理关键步骤如图（Ph为苯基）。下列说法错误的是（　　）
A．该过程涉及光能转化为化学能
B．步骤Ⅱ体现了的氧化性
C．相同条件下产生的空穴越多，生成的越多
D．该过程涉及非极性共价键的断裂和形成
11．一种新型固态电解质（摩尔质量为）的立方晶胞结构示意图如下。已知：为阿伏加德罗常数的值：以晶胞参数为单位长度建立坐标系可标注晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标，点原子的分数坐标为。
下列说法正确的是（　　）
A．点原子的分数坐标为
B．每个周围与它最近且距离相等的有6个
C．沿轴方向的投影为
D．若晶体密度为，则晶胞参数为
12．我国科学家合成了一种大环化合物甲，能与形成超分子乙，其变化过程如图。下列说法错误的是（　　）
A．乙的晶体类型为共价晶体
B．该过程体现了大环对的捕获与释放
C．乙中的与大环之间存在分子间作用力
D．调控pH可使甲和丙中的杂化方式发生可逆转变
13．一种“双模式”锂电池工作原理如图。已知：只参与模式Ⅰ的充放电，其放电时反应方程式为。下列说法正确的是（　　）
A．充电时，模式Ⅱ的反应为
B．充电时，若外电路通过1mol电子，则石墨电极最多生成
C．放电时，体系中的向电池的锂电极迁移
D．放电时，分别消耗，模式Ⅰ理论放电量大于模式Ⅱ
14．常温下，1L水溶液中和的初始浓度分别为和，达到溶解平衡时（，pM与pH的关系如图（），M代表、、和）。
已知：
下列说法正确的是（　　）
A．曲线Ⅰ是的变化曲线
B．
C．溶液中，的浓度为
D．，
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．创新驱动，深挖“城市矿山”，一种从废弃印刷电路板（WPCB）（主要含Cu、Ni、Au、Ag）中分离回收有价金属的工艺如下：
已知：①PMS为过一硫酸盐（含过氧键），在强酸介质中会水解。
②表示具有高氧化活性的单线态氧分子。
回答下列问题：
（1）Au与Cu同族，属于　 　区元素。
（2）“酸浸1”中发生反应的离子方程式为　 　。
（3）“滤液2”中主要的金属离子有、　 　（填离子符号）。
（4）“氧化溶金”中，KCl不能用HCl替代的原因为　 　；PMS发生反应的离子方程式。　 　+　 　（将离子方程式补充完整）。
（5）工序“”中，抗坏血酸的作用为　 　。
（6）“碱沉”前，用的标准溶液测定“滤液”中的及浓度，和与的关系如图，，忽略的水解）。“滤液1”中的浓度为　 　（结果保留小数点后3位）。
（7）“沉银”时，“滤液2”与“滤液3”混合时有少量生成，其反应的化学方程式为　 　。
16．镍配合物是贵金属催化剂的重要替代品。某实验小组设计了一种制备Ni（Ⅱ）配合物的方法，原理如下：
已知：CH2Cl2有毒、易挥发，。
实验步骤如下：
Ⅰ．向双颈烧瓶中加入10mL含（1mmol）的乙醇溶液，通过仪器a逐滴加入3mL含bpy（2mmol）的乙醇溶液（装置如图，加热及夹持装置省略），加热搅拌，冷却至室温。
Ⅱ．将上述溶液减压蒸除乙醇，加入20mLCH2Cl2溶解，再加少量蒸馏水洗涤、分液。
Ⅲ．有机层经减压蒸除溶剂，加入15mL乙醇和2mmolNaBPh4（Ph为苯基），产生沉淀。经过滤、洗涤、干燥得粗产品，进一步提纯后得紫色晶体（配合物Z，）。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称为　 　。
（2）下列安全标识中，本实验不涉及的是　 　（填标号）。
（3）步骤Ⅱ中洗涤的目的为　 　，分液时CH2Cl2在　 　层（填“上”或“下”）。
（4）步骤Ⅲ中乙醇的作用为　 　。
（5）步骤Ⅲ中用　 　法提纯粗产品。
（6）配合物Z的产率为　 　（列出计算式即可）。
（7）测定配合物Z的晶体结构，下列方法可采用的是（　　）（填标号）。
A．核磁共振氢谱法 B．质谱法
C．红外光谱法 D．X射线衍射法
（8）实验小组进一步探究不同投料比对Ni（Ⅱ）配合物结构的影响，以进行投料，按上述制备方法得红色晶体。推测的配位数为　 　。
17．“双碳”目标推动科技发展。一种由CO制备高附加值酒石酸二甲酯（DMT）的路径如下：
回答下列问题：
I．“热催化”中主反应：
i．
（1）已知：
则　 　（用含和的代数式表示），　 　0（填“”或“”）。
（2）一定温度下，恒容密闭容器中只发生反应，提高平衡转化率的措施有（　　）（填标号）。
A．及时移走 B．通入
C．增大和投料比 D．加入催化剂
（3）“热催化”存在两个副反应，其中生成“副产物1”（）的副反应：
ii．
一定条件下，平衡转化率和产物选择性随温度变化关系如图1。
[比如：DMO选择性]
①“热催化”反应较适宜的温度区间为　 　（填标号）。
A： 120～140℃
B： 130~150℃
C： 140~160℃
②，若恒容密闭容器中只发生反应i、ii，当和的初始浓度分别为、，结合图1信息，平衡时　 　，反应的　 　（列出计算式即可）。
（4）II．“电催化”中：DMODMT
25℃时，DMT的生成速率与关系如上图2，已知该反应的速率方程为，其中为速率常数。
①当增加10倍，也增加10倍，则为　 　。
②速率常数为　 　（列出计算式即可）。
（5）生成DMT的电极反应式为，其中Y为　 　（填结构简式）。
18．一种具有抗衰老活性的化合物K的合成路线如下（略去部分试剂与反应条件，忽略立体化学，路线中R为（）
回答下列问题：
（1） A中官能团为羧基、醚键和　 　（填名称）。
（2） A→B的反应类型为　 　。
（3） C分子中能共平面的碳原子个数最多为　 　。
（4） E与NaOH反应的化学方程式为　 　。
（5） G→H中另一产物的结构简式为　 　。
（6） I→J中DMP的作用为　 　。
（7） K中手性碳原子的个数为　 　。
（8）写出一种满足下列条件的F的同分异构体的结构简式　 　。
①能发生银镜反应。
②能与FeCl3发生显色反应。
③核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积比为2∶2∶1∶1。
（9）参照B→D的过程，结合所学知识，设计以和为原料合成的路线（Ph为苯基；无机试剂和有机溶剂任选）。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】无机非金属材料；高分子材料
【解析】【解答】A、“雪豹” 6×6 轮式载具所用耐寒轮胎，需在低温环境下保持良好的弹性与耐磨性，属于特种橡胶，A 正确；
B、“北脑一号” 脑机系统植入手术所用钛板，主要成分为金属钛，属于金属材料，而非陶瓷材料，B 错误；
C、“天舟七号” 飞船所用石英加速度计，核心部件为石英晶体，其主要成分是二氧化硅，C 正确；
D、“深海一号” 储油平台所用聚酯系泊缆绳，聚酯是由多元醇与多元酸缩聚而成的有机高分子化合物，主要成分为有机高分子，D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：材料分类判断：金属材料包括金属单质及合金，陶瓷材料为无机非金属材料，高分子材料包括塑料、橡胶、合成纤维等；
特种橡胶应用：耐寒轮胎使用的特种橡胶具有优异的耐低温性能，属于橡胶类高分子材料；
钛板属性：钛及其合金具有良好的生物相容性和机械强度，常用于医用植入材料，属于金属材料；
石英成分：石英晶体的主要成分为二氧化硅，是制备高精度传感器的重要材料；
聚酯类材料：聚酯是典型的合成高分子化合物，广泛应用于高强度缆绳等工程材料。
2．【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；极性分子和非极性分子；同素异形体
【解析】【解答】A、红磷和白磷是由磷元素组成的不同单质，二者互为同素异形体，A正确；
B、分子中C—H键与C—Cl键极性不同，分子为四面体结构但正负电荷中心不重合，属于极性分子，B错误；
C、中O原子的价层电子对数为，空间结构为V形：，而图示为直线形结构，C错误；
D、基态的价层电子排布为，根据泡利不相容原理，3p轨道的3个轨道均应填满电子，图示为：，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
同素异形体判断：同种元素组成的不同单质互为同素异形体；
分子极性判断：分子的极性由键的极性和分子空间对称性共同决定；
分子空间结构：分子中O原子采取杂化，含2对孤电子对，分子呈V形；
价层电子轨道表示式：需严格遵守泡利不相容原理，基态的轨道应全部充满电子。
3．【答案】C
【知识点】工业合成氨；氮的固定；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A、NO是无色气体，才是红棕色、有刺激性气味的气体，NO遇空气会迅速被氧化为，A错误；
B、是弱酸的酸式盐，溶于水完全电离出和，不能完全拆分为与，正确电离方程式为，B错误；
C、合成氨反应为可逆反应，反应物无法完全转化，工业上将未反应的、循环通入反应器，能够提高两种原料的利用率，C正确；
D、催化剂仅能改变反应的活化能，加快反应速率，不会改变反应的始态与终态，因此无法降低反应热，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
氮氧化物物理性质区分：NO无色，红棕色，二者气味、颜色存在明显差异；
弱酸式盐电离规则：碳酸氢根属于弱酸酸式酸根，电离方程式中不能拆分；
合成氨工业循环操作目的：可逆反应原料转化率低，循环利用未反应气体提升原料利用率；
催化剂作用本质：催化剂只改变活化能，不影响焓变（反应热）大小。
4．【答案】D
【知识点】石油的分馏；水的净化
【解析】【解答】A、石油分馏依靠各组分沸点不同实现分离，整个过程没有新物质生成，属于物理变化，A错误；
B、蔗糖属于二糖，发生水解反应后生成葡萄糖与果糖两种单糖，并非只生成葡萄糖，B错误；
C、明矾溶于水后电离出，发生水解反应生成胶体从而净水，水解使溶液中氢离子浓度大于氢氧根浓度，水溶液呈酸性，C错误；
D、碳酸氢钠固体受热条件下发生分解反应，生成碳酸钠、二氧化碳气体和水，对应的化学方程式书写符合原子守恒与气体标注规范，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
石油分馏判断：分馏利用沸点差异分离混合物，无新物质生成，属于物理变化，裂化、裂解才是化学变化；
糖类水解规律：蔗糖水解产物为葡萄糖和果糖，麦芽糖水解只生成葡萄糖；
明矾溶液酸碱性：铝离子发生水解，溶液显酸性；
碳酸氢钠分解方程式：受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，方程式配平、气体符号、加热条件均书写规范。
5．【答案】A
【知识点】中和热的测定；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、硝酸银属于重金属盐，将硝酸银溶液滴入鸡蛋清溶液中，重金属离子会使蛋白质空间结构发生不可逆改变，能够实现蛋白质变性的实验目的，A正确；
B、该中和热测定装置存在密封性缺陷，装置内外存在空气流通缝隙，反应释放的热量会大量散失至外界环境，温度测量误差极大，无法精准测定中和反应的反应热；B错误；
C、向加热的NaOH溶液中滴加饱和氯化铁溶液，会直接生成氢氧化铁沉淀，制备氢氧化铁胶体需要将饱和溶液滴入沸水，C错误；
D、二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气：+++，需要加热条件，图中装置缺少酒精灯，无法发生反应制备氯气，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
蛋白质变性：重金属盐、强酸强碱、高温均可使蛋白质变性，为重金属离子，可完成该实验；
中和热测定装置辨析：中和热测定要求体系尽可能绝热、密封，减少热量流失，图中装置缝隙会造成热量损耗，温度变化测量值偏小，实验数据失真。
氢氧化铁胶体制备：操作要点为饱和氯化铁溶液滴入沸水，不能加入强碱溶液，否则生成沉淀；
氯气制备条件：和浓盐酸反应制的反应条件为加热，装置缺少加热仪器则反应不能进行。
6．【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、根据W（）的键线式逐一枚举原子，分子中含有9个碳原子、10个氢原子、4个氧原子，分子式为，A正确；
B、X（）的结构中存在碳碳双键，碳碳双键能被酸性高锰酸钾氧化，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；
C、Y（）分子内含碳碳双键，能发生加成反应；同时含有内酯结构（环状酯），酯类物质可以发生水解反应，C正确；
D、Z（）分子中，酚羟基两侧邻位均存在氢原子，苯环上发生取代会消耗2mol ；侧链的碳碳双键能和发生加成反应消耗1mol ，1mol Z最多共消耗3mol ，并非2mol，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
分子式判断：键线式中端点、拐点均代表碳原子，结合碳四价补足氢原子，同时数清杂原子即可得到分子式；
酸性高锰酸钾褪色判断：碳碳双键、与苯环直接相连的烷基均可还原高锰酸钾使其褪色；
有机物反应类型：碳碳双键能发生加成，酯（内酯）结构能发生水解；
溴与酚、烯烃的定量反应：酚羟基邻、对位氢可与发生1：1取代，碳碳双键与Br2 1：1加成，需同时计算两类反应消耗的溴单质总量。
7．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；水泥的主要化学成分、生产原料及其用途
【解析】【解答】A、工业制备水泥的基础原料为石灰石与黏土，黏土可以供给硅、铝元素，属于水泥制备的核心原料之一，A正确；
B、和发生复分解反应：，反应全程所有元素化合价均保持不变，不存在电子得失，不属于氧化还原反应，B错误；
C、四氟乙烯分子内含碳碳双键，能够发生加聚反应生成聚四氟乙烯高分子，单体双键断裂相互连接成长链，对应反应 ，C正确；
D、钢闸门搭配锌板属于牺牲阳极法防腐，锌金属活泼性强于铁，原电池中锌作负极持续被腐蚀损耗，铁作正极被保护；锌板消耗完后失去防护作用，需要定期检修、更换锌板，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
水泥原料记忆：水泥生产依靠石灰石提供钙源、黏土提供硅铝源；
氧化还原反应判断依据：反应过程中有元素化合价升降才属于氧化还原反应，复分解反应均无化合价变化；
加聚反应特征：含碳碳双键的单体断开双键，相互连接形成高分子，无小分子产物生成；
牺牲阳极法防腐原理：活泼金属锌作为负极持续损耗，防护正极钢材，锌板消耗完后失去防护效果，需定期更换。
8．【答案】D
【知识点】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
【解析】【解答】A、V、W 最简单氢化物分别为 CH4、H2O；H2O 存在分子间氢键，常温为液态，CH4无氢键，常温气态，沸点 CH4＜H2O， 即 V＜W，A错误；B、X 为 Mg、Z 为 Ca，二者位于第 ⅡA 主族，同主族从上至下金属性逐渐增强，金属性 Mg＜Ca；金属性越强，最高价氧化物对应水化物碱性越强，碱性 Mg(OH)2＜Ca(OH)2，即 X＜Z，B 错误；
C、Mg 原子 3s 轨道全充满，为稳定电子构型，第一电离能 Mg>Al，即 X>Y，C 错误；
D、U (H) 与 W (O) 可形成两种常见液态化合物：H2O、H2O2，D 正确；
故答案为：D。
【分析】U 是原子半径最小的主族元素，故 U=H（氢）；V 的 p 轨道电子数是 s 轨道电子数的一半：电子排布 1s22s22p2，总 s 电子 4，p 电子 2，故 V=C（碳）；X 最外层电子数等于 K 层（2 个）电子，原子序数大于 C，故X=Mg（镁，最外层 2e-）；Y 的氧化物具有两性，故 Y=Al（铝，Al2O3为两性氧化物）；X、Z 同主族，前 20 号主族元素，Mg 同主族下一周期为 Ca ，故Z=Ca（钙）；Z 原子序数 (20)=W 原子序数 + X 原子序数 (12)，得 W 原子序数 = 8，故W=O（氧）；综上：U=H、V=C、W=O、X=Mg、Y=Al、Z=Ca。
9．【答案】C
【知识点】性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、步骤 II 中醋酸铅试纸变黑，说明反应生成硫化氢气体，只有 FeS 和稀硫酸反应能够产生 H2S，因此黑色固体中含有 FeS，A 正确；
B、空气中存在氧气，铁单质在加热条件下可以与氧气发生反应，因此 Fe 与 S 在空气中燃烧时，产物有可能混有 Fe2O3，B 正确；
C、稀硫酸煮沸的作用是除去溶液中溶解的氧气，防止氧气氧化体系内的 Fe2+，避免干扰离子检验，并不是为了加快反应速率，C 错误；
D、硫酸铜溶液能和硫化氢发生反应，生成不溶于稀硫酸的黑色沉淀，现象直观明显，可直接检验硫化氢，能够替代氢氧化钠溶液吸收并检验，无需额外使用醋酸铅试纸，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
FeS 的检验依据：FeS 和酸反应生成 H2S，H2S 遇醋酸铅生成黑色 PbS 沉淀，以此证明固体含 FeS；
空气环境反应分析：空气中含 O2，铁会同步和氧气反应，产物可出现铁的氧化物；
煮沸稀硫酸的目的：除去溶解氧，防止 O2氧化 Fe2+，避免干扰 Fe2+、Fe3+的检验；
硫化氢检验试剂：Cu2+与 H2S 反应生成黑色 CuS 沉淀，可直接检验硫化氢，替代醋酸铅试纸；
离子检验现象解读：铁氰化钾生成蓝色沉淀证明存在 Fe2+，放置后出现浅红说明少量 Fe3+由 Fe2+缓慢氧化产生。
10．【答案】D
【知识点】极性键和非极性键；氧化还原反应；化学反应中能量的转化
【解析】【解答】A、该反应依靠光照提供能量推动有机脱氢、偶联反应进行，光能转化为储存在有机产物内部的化学能，A正确；
B、步骤Ⅱ中空穴得到底物释放的电子，化合价降低，作氧化剂，能够体现氧化性，B正确；
C、空穴是反应体系中的氧化剂，同等条件下生成空穴的数量越多，原料转化效率越高，脱氢生成的 越多，C正确；
D、整个反应断裂的化学键只有反应物内极性共价键；反应最后一步生成键与分子内非极性键，全程只存在非极性共价键生成，不存在任何非极性共价键发生断裂，选项描述同时包含断裂、形成两种过程，与实际反应不符，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
光催化能量转化规律：光照驱动化学反应，实现光能向产物化学能的转化；
氧化性判断规则：粒子得到电子、发生还原反应时，具备氧化性，可作氧化剂；
催化反应定量逻辑：氧化剂空穴产量越高，原料脱氢转化越充分，中间体生成量越多；
共价键区分判断：不同原子间形成极性共价键，同种原子间形成非极性共价键，本题仅生成、非极性键，无原有非极性键断裂。
11．【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、N点分数坐标为，T点处在晶胞底面面心位置，对应x、y方向均取，z方向数值为0，分数坐标应为，选项给出坐标与实际不符，A错误；
B、分布在晶胞顶点与体心，以体心的作为参照，距离最近且间距相等的为8个相邻晶胞的顶点离子，并非6个，B错误；
C、分布在晶胞四角与体心，分布在各条棱的中点，沿z轴方向做投影时，竖直棱上的钠离子会被体心的遮挡，最终投影为 ，C正确；
D、先统计晶胞内粒子数目：数目，即单个晶胞包含2组单元；结合密度公式，变形推导得到晶胞参数，选项中系数为4，计算结果不匹配，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
分数坐标判断：以晶胞边长为单位1，原点在顶点，底面面心的x、y坐标均为，z坐标为0；
等距粒子配位数分析：顶点+体心型堆积，体心离子周围最近的同类型离子为8个顶点粒子；
晶胞投影判断：沿z轴投影仅保留xy平面点位，竖直棱上的粒子会被体心粒子遮挡，投影图形四角、中心存在，四边中点为；
晶胞参数计算思路：先均摊法算出晶胞内化学式单元总数，代入密度公式，完成与的单位换算后开立方求解边长。
12．【答案】A
【知识点】分子晶体；分子间作用力；超分子
【解析】【解答】A、超分子乙是大环分子甲与依靠分子间作用力结合而成的分子聚集体，构成乙的基本单元为分子，晶体类型属于分子晶体，并非共价晶体，A错误；
B、甲和结合生成乙，实现对的捕获；乙在酸碱可逆条件下分解，重新释放出并生成丙，整个过程完整体现大环对的捕获与释放，B正确；
C、乙属于超分子体系，大环与之间不存在共价键，依靠范德华力这类分子间作用力相互结合，C正确；
D、甲中标记的碳原子只形成3根σ键，无孤电子对，采取杂化；丙中标记的碳原子连接4个基团，形成4根σ键，采取杂化；改变体系可实现甲、丙之间的可逆转化，因此调控能让该碳原子两种杂化方式可逆切换，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
晶体类型判断：由分子通过分子间作用力堆积形成的晶体为分子晶体，共价晶体依靠共价键形成空间网状骨架；
超分子过程分析：结合反应物、生成物的转化关系，判断捕获、释放两种过程；
超分子作用力判断：超分子内部组分依靠分子间作用力结合，不存在化学键；
碳原子杂化判断：σ键数为3对应杂化，σ键数为4对应杂化，酸碱可逆反应可实现两种结构互变，杂化方式同步可逆变化。
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、充电反应是放电反应的逆过程，模式II放电反应为，则充电时反应应为，选项给出的方程式为放电方向，A错误；
B、模式I放电：，充电逆反应，每生成转移，外电路通过电子时，最多生成，B错误；
C、放电时锂电极失电子作负极，石墨电极为正极，阳离子向正极石墨电极迁移，不会向锂电极移动，C错误；
D、模式I消耗转移；模式II中反应转移，即消耗转移；转移电子越多放电量越大，因此模式I理论放电量大于模式II，D正确；
故答案为：D。
【分析】电池分为两种工作模式，锂电极始终为负极、石墨电极为正极；模式Ⅰ中与可逆转化，每消耗1mol 转移4mol电子；模式Ⅱ中和Li放电生成，每消耗1mol 转移3mol电子；充电时两个反应均逆向进行，阳离子放电时向石墨正极移动。
14．【答案】B
【知识点】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、结合平衡关系推导： 的数值始终比大0.85，两条曲线平行，上方曲线Ⅱ代表，曲线Ⅰ代表，A错误；
B、目标反应，平衡常数；
联立、得；
图像时，，，则、、；代入计算，B正确；
C、曲线Ⅲ代表，其，则，并非，C错误；
D、根据物料守恒：初始总浓度，总浓度；
含草酸粒子：；含铜粒子：；
两式消去固相与，整理得：，是等式，不存在大于关系，D错误；
故答案为：B。
【分析】溶度积满足关系式，络合平衡常数，将两式联立整理，可推出。
对等式两侧同时取负对数，得到，由此能判断与对应的曲线互相平行，且相同pH下络合离子的pM数值更大，因此曲线Ⅰ对应、曲线Ⅱ对应。
依据溶度积定值不变的规律，和此消彼长，的pM随pH升高不断增大，对应图中上升的曲线Ⅳ；反应平衡常数固定，溶液内浓度不受pH影响，浓度恒定，对应水平直线Ⅲ，结合以上曲线对应关系分析各选项。
15．【答案】（1）ds
（2）
（3）
（4）会增大体系酸度，促使水解，氧化能力减弱，金回收率下降；；
（5）作还原剂
（6）0.035
（7）
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；制备实验方案的设计；离子方程式的书写；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】(1)位于第四周期ⅠB族，属于ds区元素；与为同主族元素，元素分区规律一致，因此归属于ds区。
故答案为：ds；
(2)酸浸1添加稀盐酸，只有能够与发生置换反应，生成可溶性与氢气，、、金属活动性弱于氢，不与稀盐酸反应，对应的离子方程式：
故答案为：；
(3)滤渣1组分为、、，加入稀硝酸开展酸浸2，、被硝酸氧化，分别解离出、，不溶于稀硝酸仍留存于固体滤渣，因此滤液2中金属阳离子包含、，题目要求写出其中一种，填。
故答案为：；
(4)若用替换体系内，溶液酸性显著增强；含有过氧键，在强酸性环境下会发生水解，自身氧化性能下降，无法充分氧化单质，最终金的回收产率降低。
与发生反应，生成高活性单线态氧、与，配平离子方程式：
。
故答案为：会增大体系酸度，促使水解，氧化能力减弱，金回收率下降；；；
(5)氧化溶金工序后，以价络离子存在于溶液；抗坏血酸具备较强还原性，工序X中夺取的电子，将价金还原为零价纳米，自身作还原剂。
故答案为：作还原剂；
(6)滴定曲线中，体积仅中和滤液1中过量盐酸；区间专门沉淀，沉淀消耗碱液体积。
沉淀反应：
计量关系：，
滤液1体积为，计算浓度：
故答案为：0.035；
(7)滤液2溶质为，滤液3含过量；二者混合先发生复分解生成沉淀，极不稳定，迅速分解为与水，合并两步书写总化学方程式：
故答案为：
【分析】废弃印刷电路板原料包含、、、四种金属；第一步酸浸1使用稀盐酸，仅活泼金属发生反应溶解，其余贵金属不溶成为滤渣1；滤液1含与过量，加入先中和多余酸，再沉淀；滤渣1投入稀硝酸进行酸浸2，、被氧化溶解，稳定不反应形成滤渣2；滤渣2搭配、氧化溶金，转化为络离子；最后加入抗坏血酸还原络离子得到单质纳米金；滤液2含、，可分别回收铜、银产物。
（1）依据周期表同族元素分区一致规律，ⅠB族铜、金均属于ds区，通过主族定位分区；
（2）结合金属活动性顺序，只有氢前金属与稀盐酸反应，按照置换反应电子、电荷守恒书写离子方程式；
（3）稀硝酸可氧化、，不氧化，梳理溶解后进入液相的金属阳离子；
（4）强酸加速过一硫酸盐水解，削弱氧化能力；根据产物标注，结合电荷、原子守恒配平生成单线态氧的氧化还原离子方程式；
（5）化合价降低的物质被还原，对应试剂承担还原剂作用，通过金元素价态变化判定抗坏血酸功能；
（6）分段区分中和酸、沉淀金属离子两段滴定区间，依托沉淀反应计量比计算镍离子物质的量，再结合溶液体积算出物质的量浓度；
（7）分步拆解复分解、氢氧化物分解两个连续反应，合并消去中间产物，得到总反应方程式。
16．【答案】（1）恒压滴液漏斗
（2）D
（3）除去有机层中溶解的硝酸盐和未反应的水溶性杂质；下
（4）降低配合物公的溶解度，使其结晶析出
（5）重结晶
（6）
（7）D
（8）6
【知识点】有机物的结构和性质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）仪器a为恒压滴液漏斗，装置侧边连通支管能够平衡漏斗内部与反应容器的气压，消除液体下落的压强差，保证漏斗内液体可以平稳、匀速流下。
故答案为：恒压滴液漏斗；
（2）佩戴护目镜能够阻挡飞溅试剂，起到眼部防护作用；实验结束清洗双手，避免试剂残留接触皮肤造成刺激；二氯甲烷有毒且易挥发，操作时保持通风排气，防止吸入蒸气引发中毒；本实验全程无尖锐器械操作，无需防护锐器，综上选D。
故答案为：D；
（3）步骤Ⅱ先减压蒸馏除去体系中的乙醇，加入20 mL二氯甲烷溶解固体产物，再加入少量蒸馏水振荡洗涤并分液；水洗可以萃取脱除有机层中混溶的硝酸盐、未反应的水溶性原料杂质，降低杂质对后续配位合成反应的干扰；二氯甲烷密度，大于水的密度，分液静置后有机相位于下层。
故答案为：除去有机层中溶解的硝酸盐和未反应的水溶性杂质；下；
（4）步骤Ⅲ向反应体系加入乙醇，乙醇可以降低目标配合物Z在混合溶剂中的溶解能力，使配合物达到过饱和状态，以固体晶体形式从溶液中析出。
故答案为：降低配合物公的溶解度，使其结晶析出；
（5）粗产物已经析出固体结晶，晶体内部包裹少量可溶性杂质；重结晶法依托杂质与目标晶体溶解度随温度变化的差异，可高效除去微量水溶性杂质，提纯得到高纯度紫色晶体，因此选用重结晶操作。
故答案为：重结晶；
（6）配位反应离子方程式：，按照化学计量比例投料时，三种反应物恰好完全转化。
理论上生成1 mmol配合物Z，对应理论质量；设实际收集固体质量为，产物产率计算公式：
故答案为：；
（7）A. 核磁共振氢谱仅用于区分有机物中氢原子的化学环境，无法测定晶体内部原子排布结构，不符合题意；
B. 质谱法只能测定分子相对分子质量，不能解析晶体三维空间结构，不符合题意；
C. 红外光谱用于识别分子官能团、化学键类型，不具备测定晶体晶格结构的能力，不符合题意；
D. X射线衍射法可通过衍射图谱解析晶胞参数、原子空间排布，是测定晶体结构的标准经典方法，符合题意；
故答案为：D。
（8）联吡啶bpy属于双齿配体，单个bpy分子可提供2个配位原子；投料比时，2分子bpy一共提供个配位原子，中心配位数等于4；当投料比例调整为时，3分子bpy一共可提供个配位原子，此时的配位数为6。
故答案为：6；
【分析】向双颈烧瓶中移入10 mL溶有1 mmol 的乙醇溶液，借助仪器a缓慢滴加3 mL溶有2 mmol双吡啶配体bpy的乙醇溶液（配套加热、夹持装置图省略）；混合体系加热搅拌充分反应后冷却至室温，先减压蒸馏除去体系内乙醇；加入20 mL二氯甲烷溶解固体产物，再添加少量蒸馏水振荡洗涤、静置分液；分离得到的有机层继续减压脱除溶剂，随后加入15 mL乙醇与2 mmol四苯硼钠（Ph代表苯基），体系析出固体沉淀；依次经过过滤、洗涤、干燥操作得到粗产物，再经提纯处理获得紫色晶体配合物Z（相对分子质量），最终称量所得晶体质量为，结合该实验流程作答下列问题。
（1）依靠连通支管平衡内外压强，消除液柱压差，保障液体顺利滴落，区分普通分液漏斗与恒压漏斗的结构差异；
（2）结合试剂毒性、腐蚀风险、器械类型逐一筛选防护要求，排除题目不涉及的锐器防护选项；
（3）水洗除去有机相中水溶性无机盐杂质，依据有机溶剂与水的密度大小判断分液后有机层位置；
（4）乙醇降低配合物在混合溶剂的溶解度，利用溶解度差异实现产物沉淀析出；
（5）重结晶适用于去除晶体包裹的微量可溶性杂质，适配提纯高纯度结晶产物的需求；
（6）依托方程式计量数计算理论产量，结合实际称量质量，代入产率通用公式完成列式；
（7）区分核磁、质谱、红外、X射线衍射四种仪器的检测用途，只有X射线衍射能够测定晶体空间原子排布；
（8）双齿配体单分子提供2个配位位点，根据配体投料物质的量，计算总配位原子数，对应得到中心金属离子配位数。
17．【答案】（1）；＜
（2）C
（3）C；0.25；
（4）1；或或或
（5）
【知识点】化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）依据盖斯定律运算规则，目标反应可由已知反应②乘以，减去已知反应③乘以推导得出，对应焓变计算式：
反应i内，反应物气体总物质的量为4 mol，生成物气体仅2 mol，产物DMO为液态，反应体系内气体分子总数减少，体系混乱度降低，因此熵变。
故答案为：；＜；
（2）A. DMO属于纯液态物质，移走液态生成物不会改变体系内各气体组分浓度，化学平衡不发生移动，平衡转化率保持不变，该说法错误；
B. 恒容密闭容器中通入惰性气体，体系内各反应物、生成物的浓度均无变化，平衡不会发生移动，原料转化率不变，该说法错误；
C. 提高与的投料比例，等效于单独增大的浓度，平衡正向发生移动，的平衡转化率提升，该说法正确；
D. 催化剂仅能够同步加快正、逆反应速率，不会改变反应平衡限度，原料平衡转化率不发生变化，该说法错误。
故答案为：C；
（3）①工业生产需要兼顾主产物DMO的高选择性与原料的转化程度；结合图像数据分析，温度区间120~140 ℃时，主产物选择性虽高，但转化率偏低；温度高于140 ℃后，副产物2的选择性大幅升高，大量原料流向副反应，降低目标产物产率；综合两类因素，适宜温度区间为130~150 ℃，选B。
②130 ℃条件下平衡转化率为75%，初始浓度，平衡剩余浓度：
反应i、ii每消耗1 mol 均生成1 mol ，因此平衡时；DMO选择性90%，参与生成DMO的浓度为。
由反应i计量关系可得：
参与副反应ii的浓度：，对应副产物1平衡浓度。
两段反应浓度变化：，平衡剩余：
液态物质DMO不写入平衡常数表达式，反应i浓度平衡常数：
故答案为：B；0.25；；
（4）①速率公式，若扩大至原来10倍，反应速率同步扩大10倍，代入公式得，化简，解得。
②已知，变形速率方程得，选取图2任意一组数据代入均可计算，可选算式：或或或。
故答案为：1；或或或。
（5）根据原子守恒配平电极反应：反应物一侧总原子组成为8C、18H、8O；产物DMT含6C、10H、6O，剩余2C、8H、2O平均分配至2分子Y，单个Y分子含1C、4H、1O，因此Y为。
故答案为：；
【分析】（1）先观察目标反应与已知热化学方程式的计量系数差异，通过同乘系数、相加减的方式拼接出目标方程式，同步计算焓变；熵变判断只对比反应前后气体总物质的量，气体分子数目减少，体系混乱程度下降，。
（2）分类梳理四类外界条件对平衡的影响逻辑：纯液态物质浓度恒定，增减不影响平衡；恒容通入惰性气体，气体浓度不变，平衡无移动；增大单一气体反应物投料比，平衡正向，另一原料转化率上升；催化剂只改变反应速率，不改变平衡限度、转化率。依托勒夏特列原理逐一辨析选项正误。
（3）工业温度筛选需双重考量，既要保证目标产物高选择性，又要兼顾原料转化率，避开副反应剧烈发生的高温区间；定量计算时以原料初始浓度、转化率算出总消耗浓度，再按选择性拆分主、副反应各自消耗的原料量；用三段式分别计算两个可逆反应的浓度变化，汇总得到平衡时各气体浓度；液态产物无浓度项，书写平衡常数时直接省略，代入数值列式。
（4）利用浓度倍数与速率倍数的等量关系建立指数方程，求解反应级数；级数确定后变形速率方程，图像中任意一组对应浓度、反应速率数据均可代入，求出速率常数。
（5）采用整体原子守恒法，统计电极反应所有反应物的C、H、O原子总数，减去已知有机产物DMT包含的原子，剩余原子均分至未知小分子产物Y，直接推出Y的分子式与结构简式。
18．【答案】（1）碳碳双键
（2）取代反应
（3）5
（4）
（5）
（6）将醇羟基氧化为醛基
（7）2
（8）或或。
（9）
【知识点】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；结构简式
【解析】【解答】（1）A（）的碳链骨架为烯基羧酸，侧链取代基是 ，分子内含三种官能团：碳碳双键、羧基、醚键。
故答案为：碳碳双键；
（2）原料A属于羧酸，和反应时，羧基上的基团被基团替换，仅发生基团互换，旧化学键断裂、新化学键生成，没有双键加成、小分子消去、分子重排过程，完全符合取代反应定义，该步反应类型为取代反应。
故答案为：取代反应；
（3）C为，分子内两个碳碳双键均为sp2杂化平面结构，连接两个双键的碳碳单键可以自由旋转，旋转后能让两个双键所在平面完全重合；分子中4个主链碳原子全部是sp2杂化，甲基上的饱和碳通过单键旋转也能进入双键平面，全部5个碳原子均可处于同一平面。
故答案为：5；
（4）E（）分子中存在酰胺键，酰胺键在水溶液、加热环境下会发生碱性水解，共价键断裂，羰基与碱结合生成羧酸钠，氮端结合氢生成脂肪胺，对应化学方程式：；
故答案为：；
（5）中间体G与发生亲核取代反应，G中的羟基进攻缩酮中心碳，脱去一分子乙氧基，乙氧基结合氢生成小分子乙醇，主产物为H。
故答案为：；
（6）DMP属于温和高选择性有机氧化剂，只针对醇羟基发生氧化，伯醇、仲醇均可被氧化，伯醇氧化产物为醛基，反应条件温和，不会进一步将醛氧化为羧酸，因此该步作用是将I内的醇羟基氧化为醛基。
故答案为：将醇羟基氧化为醛基；
（7）手性碳判定标准：饱和sp3碳原子，同时连接4种互不相同的原子或有机基团；产物环状结构中标注*的两个饱和碳原子，四个连接基团均完全不同，其余碳原子要么含双键不饱和，要么连接重复基团，不满足手性碳要求，因此手性碳原子总数为2，如图所示：，标*的即为手性碳原子。
故答案为：2。
（8）先计算不饱和度：F的分子式为，不饱和度，芳香化合物说明含苯环（不饱和度4），剩余1个不饱和度对应醛基/酯基；
分层拆解限制条件：①银镜反应：必须含醛基或者甲酸酚酯结构；
②显色：苯环直接连接酚羟基；
③核磁共振氢谱4组峰，峰面积比例，代表分子只有4种化学环境的氢，对称度高；
逐一匹配结构，满足全部约束条件的同分异构体共3种：、、。
故答案为：或或。
（9）先提取题干给出的Diels-Alder反应示范模板，即反应B→D， 与 发生环加成构建 ；与 Br2发生加成反应生成，在 NaOH 乙醇溶液中加热，发生消去反应，生成目标产物，则合成路线为：；
故答案为： ；
【分析】原料A与磺酰胺发生羧基上的取代得到中间体B；B和共轭二烯烃C通过Diels-Alder反应生成六元环状产物D；D经分子内转化得到含酰胺结构的E；E与小分子F反应后发生骨架重排得到G；G和发生取代，脱去乙醇，生成中间体H；H在特定条件下转化为含醇羟基的I；I经DMP氧化剂氧化羟基得到醛类J；J再经结构调整得到最终产物K，结合各步反应特征、官能团变化逐一作答。
（1）拆分有机物骨架，区分不饱和键、含氧特征基团；碳碳双键属于不饱和烃官能团，羧基是羧酸特征基团，环内为醚键，逐一排查结构内所有杂原子官能团，不漏判、错判。
（2）对比反应前后官能团变化，锁定断键成键方式；羧酸羟基被含氮基团完整替换，只有基团交换，无双键打开、无小分子脱除，直接判定取代反应；区分加成（双键断裂加基团）、消去（脱小分子生双键）、重排（碳骨架重组）三类易混淆反应。
（3）依托sp2杂化平面结构、单键可旋转两大核心知识点；共轭二烯烃两个双键均为平面，中间σ键可自由旋转实现平面重合，再逐个判断甲基饱和碳能否旋转进入平面，统计全部共面碳原子数量。
（4）牢记酰胺键水解断键位置为，碱性环境下羰基生成羧酸盐，氮原子质子化生成胺；书写方程式时注意加热、强碱条件，产物必须写羧酸钠而非羧酸，区分酸性水解、碱性水解产物差异。
（5）采用原子守恒法，对比反应物、缩酮试剂与产物的元素组成，找出脱离主碳链的乙基氧片段，结合氢原子匹配得到乙醇小分子。
（6）区分常见有机氧化剂特性，DMP、PCC属于温和氧化剂，仅氧化醇到醛，强氧化剂（酸性高锰酸钾、重铬酸钾）会直接氧化至羧酸；结合前后物质官能团变化，明确DMP专一氧化醇羟基生成醛基。
（7）严格遵循手性碳判定三要素：饱和sp3碳、四个连接基团全部不同；沿环状碳链逐个排查饱和碳原子，排除含双键、连接两个相同氢/烷基的碳原子，统计符合标准的手性碳数目。
（8）解题分四步，①计算不饱和度预判苯环、不饱和含氧基团；②根据特征反应锁定必含官能团（酚羟基、醛/甲酸酯）；③根据氢谱峰组数、面积限制分子对称结构；④依次书写、剔除不符合氢环境的结构，最终统计有效同分异构体数目。
（9）解题分为三步，第一步提取题干示范反应的反应类型、反应物结构；第二步拆解目标产物碳环，逆向推导前体需要环加成、卤代、消去三步转化；第三步按正向流程书写，标注每一步对应的试剂、反应条件，保证官能团转化顺序合理，无副反应干扰。
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