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【高考真卷】河南省2026年化学高中学业水平考试
1．奇妙的现象直观体现化学之美。下列现象由化学反应产生的是（　　）
A．水汽凝结为雪花晶体 B．光束通过胶体出现丁达尔效应 C．干冰升华形成白色雾气 D．红色花朵在双氧水中变色
A．A B．B C．C D．D
2．我国科研团队研制出一种真空紫外非线性光学晶体材料，将在精密制造、前沿科研等领域发挥重要作用。下列说法错误的是（　　）
A．中存在共价键
B．与是同种核素
C．的电子式为
D．的空间结构为平面三角形
3．下列图示中，实验操作符合规范的是（　　）
A．除去水中氧气 B．连接橡胶塞和试管 C．加热溶液 D．向容量瓶中转移溶液
A．A B．B C．C D．D
4．是漂白粉的有效成分，可以发生如图所示的转化（略去部分产物），其中和含有一种相同元素，为黄绿色气体，为难溶于水的固体。
下列说法错误的是（　　）
A．无水可作干燥剂 B．溶于水可生成
C．与盐酸反应可生成 D．在光照下易分解
5．化学史可以给人以智慧。下列对化学史的相关陈述不合理的是（　　）
选项 化学史 陈述
A 戴维电解熔融碳酸钠制得钠 碳酸钠受热易分解
B 吴蕴初从蛋白质中提炼谷氨酸 蛋白质能水解成氨基酸
C 哈伯和博施采用高压条件合成氨 工业生产中，加压能提高反应速率且使平衡向生成氨的方向移动
D 阿伦尼乌斯发现氯化钠水溶液的导电性比纯水强 氯化钠能在水中发生电离
A．A B．B C．C D．D
6．对于下列过程中发生的化学反应，相应离子方程式正确的是（　　）
A．向硫酸铜溶液中滴加氢硫酸：
B．氢氧化镁溶于稀盐酸：
C．浓硝酸溶解金属银：
D．向亚硫酸氢钠溶液中加入少量过氧化钠：
7．化合物是从某山胡椒属植物中分离得到的一种生物活性物质，其结构如图所示。
下列有关的说法错误的是（　　）
A．能与反应 B．能发生消去反应
C．含有5种官能团 D．能使酸性溶液褪色
8．某催化剂由、、、四种短周期主族元素及第四周期区元素组成。、、、的原子序数依次增大，基态原子的原子核外无未成对电子。基态原子的核外电子填充在3个能级，且各能级电子数相等，其价电子数等于原子核电荷数的一半。与位于不同周期，基态原子的价电子数与基态原子轨道中的电子总数相等。下列说法正确的是（　　）
A．电负性：
B．的中心原子采取杂化
C．的原子半径在同周期中最大
D．的第一电离能高于同周期相邻元素
9．某同学设计以下实验，探究铁的化合物的性质（忽略② ⑤试管中溶液体积变化）。
已知：在水溶液中由于水解与配位而显黄色；呈绿色。下列说法错误的是（　　）
A．②到③说明加入稀硫酸能抑制的水解
B．④与⑤中：④＞⑤
C．④与⑥中呈现红色均是由于与结合所致
D．若向③中依次加入适量维生素C、溶液，会出现蓝色沉淀
10．物质的微观结构决定宏观性质，下列结构特征不能解释其性质的是（　　）
选项 结构特征 性质
A 金刚砂（SiC）属于共价晶体，C-Si键的键能大 金刚砂硬度大、熔点高
B 苯分子中存在大键 苯难溶于水
C 对羟基苯甲醛只形成分子间氢键，邻羟基苯甲醛易形成分子内氢键 沸点：对羟基苯甲醛>邻羟基苯甲醛
D 基态氩原子的最外层电子数为8，原子结构稳定 氩气性质稳定，不易形成化合物
A．A B．B C．C D．D
11．G是一种具有较高热稳定性的不饱和聚酯醚类高分子，其合成方法如图所示。
下列说法正确的是（　　）
A．中所有原子共平面
B．与发生缩聚反应生成
C．F在碱性条件下水解可生成
D．可以自身聚合生成G
12．一种多组串联的电化学装置可以同时产生和，其工作原理如图所示。其中均为电极，每组装置左侧均为高浓度盐酸，右侧均为低浓度盐酸。该装置工作时仅在石墨电极与铂电极上产生气体。
下列说法错误的是（　　）
A．工作时，铂电极上产生
B．工作时，电极、、的质量均减小
C．定期互换直接相连的电极，并恢复溶液浓度，整个装置可再次运行
D．将盐酸换为对应浓度溶液，使用阳离子交换膜，每组装置启动时均生成
13．向一恒容密闭容器中加入物质，发生基元反应：，，温度为、时，各组分的物质的量浓度与时间的关系如图1、图2所示。温度为时，的浓度随时间的变化关系为，为反应的速率常数。
下列说法正确的是（　　）
A．
B．温度为时，反应一半需要的时间为
C．的浓度达到最大值时，的生成速率等于消耗速率
D．加入某催化剂，仅使反应的速率增大，则的浓度最大值将增大
14．常温下，向溶液中加入固体，并调节溶液的（忽略溶液体积变化）。已知与可生成配离子，的，。与的变化关系如图所示，代表、或，其中，。
下列说法正确的是（　　）
A．时，
B．点的纵坐标为-4.10
C．时，完全溶解
D．的
15．一种从废芯片（主要含有、、、、等）中回收金属的工艺流程如下：
已知：流程中被还原为；“浸出2”中和的浸出率较低；“浸出3”中和转化为和。
回答下列问题：
（1）提高“焙烧”效率的措施有　 　（写出一条即可）。
（2）“焙烧”中，未完全转化为，“浸出1”中参与反应的离子方程式为　 　。
（3）“电解”时，“滤液1”和溶液分别作阴极液和阳极液，不锈钢片和石墨片分别作阴极和阳极，阴离子交换膜作隔膜。“电解”的目的是　 　。
（4）已知的约为，表明该反应可以进行得基本完全，但在“浸出2”中浸出率较低，原因是　 　。
（5）“沉淀”产生的可被还原为，中元素只转化为。理论上与反应的物质的量之比为　 　。
（6）“滤液3”需要合并到“浸出3”所得滤液中，目的是　 　。
（7）“氧化”中，转化为沉淀，该反应的离子方程式为　 　。
16．某研究小组在用萃取碘水中的时，发现萃取后的水溶液总是呈现淡黄色，对此开展探究。
回答下列问题：
（1）定性探究：利用如图装置进行实验。
Ⅰ．向饱和碘水中加入，充分振荡、静置、分液。取少量水溶液，向其中滴加淀粉溶液，溶液变蓝。
Ⅱ．向饱和的的溶液中加入蒸馏水，充分振荡、静置、分液。取少量水溶液，向其中滴加淀粉溶液，溶液变蓝。
①仪器a的名称是　 　；b的名称是　 　。
②振荡、静置后，的溶液在下层的原因是　 　。
③步骤I中，证明从水中转移至中的现象是　 　。
结论：在两溶剂间存在可逆的转移，即。
（2）定量验证：类比化学平衡建立过程，该小组猜测，经充分振荡、静置后，在两溶剂中的分配也存在平衡状态，此时在两溶剂中的浓度商应为一常数，并设计实验进行验证。已知：，。
步骤 实验内容
III 取II中分液后的水溶液50.00mL于锥形瓶中，加入5mL10%KI溶液。以淀粉溶液为指示剂，用标准溶液滴定至终点，消耗溶液。
IV 取II中分液后的溶液于锥形瓶中，加入溶液。以淀粉溶液为指示剂，用标准溶液滴定至终点，消耗溶液。
V 改变II中的溶液的浓度，重复步骤II~IV（II中不进行的检验），再开展三次实验。计算每次实验的浓度商。
结论：浓度商的值近似相等，平衡时浓度商可视为常数。
①步骤IV中，加入KI的目的是　 　。
②通过步骤III、IV测得的浓度商的值为　 　（写出计算式）。
③已知常温下，平衡时浓度商的值为85。向150mL含的水溶液中加入进行萃取，平衡时在水中的残留质量为　 　（用科学记数法表示，保留小数点后一位）；若改为分两次萃取，每次用，两次萃取后在水中的残留质量为。上述结果对做萃取实验的启发是　 　。
17．常用作化学反应的催化剂，一种制备的方法如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
回答下列问题：
（1）基态原子的核外电子排布式为　 　；键角：　 　（填“”“”或“＜”）。
（2） 原子与金属离子的结合能力：，原因是　 　。
（3） 、和三种元素组成的某一化合物的晶胞及其在平面的投影如图1所示（晶胞参数，），该晶体的密度为　 　（用含、、和的代数式表示，为阿伏加德罗常数的值，）。
（4）反应Ⅱ中，有利于提高平衡转化率的条件为（　　）（填标号）。
A．高温高压 B．高温低压 C．低温高压 D．低温低压
（5） 下，向一恒压密闭反应器中加入、和，进行反应Ⅰ和反应Ⅱ（不考虑副反应），反应达到平衡时，气体组分的分压与温度的关系如图2所示。
①当温度高于时，分压随温度升高逐渐减小，原因是　 　。
②某温度下，反应达到平衡时，分压是分压的2倍，假设剩余可忽略不计，此时的物质的量为　 　，的分压为　 　；若再加入，其他条件不变，重新达到平衡时，反应Ⅱ的平衡常数将　 　（填“增大”“减小”或“不变”）。
18．化合物H是我国自主研发的一种手术用药，以下为其合成路线之一（略去部分反应条件，忽略立体化学）。
回答下列问题：
（1）H中手性碳原子的数目为　 　；由G生成的反应类型为　 　。
（2）由A生成B的化学方程式为　 　。
（3）C的同分异构体中，能发生银镜反应、核磁共振氢谱显示为三组峰且峰面积比为3∶1∶1的同分异构体的结构简式为　 　（不考虑立体异构，写出一种即可）。
（4）E的结构简式为　 　。
（5）F和G中存在的不同官能团的名称分别是　 　和　 　。
（6）科研人员也尝试了由E经I制备G，如下图所示。研究发现，增大Pd/C催化剂用量和压强，的反应才能顺利进行，而且除了，还有少量其他产物生成。该条件下生成其他产物的可能原因是　 　。
（7）从整个合成路线看，和两步反应（溴的引入和脱去）的目的是　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；晶体的定义；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、水汽凝结为雪花，只是水由气态变为固态，物质本身还是 H2O，无新物质生成，属于物理变化，A 错误；
B、丁达尔效应是胶体粒子对光的散射作用，不存在新物质生成，属于物理变化，B 错误；
C、干冰升华是固态 CO2直接变为气态 CO2，白雾只是水蒸气液化，全程无新物质生成，属于物理变化，C 错误；
D、红色花朵在双氧水中变色，双氧水具有强氧化性，氧化破坏花瓣中的有色有机物，生成无色新物质，存在化学反应，D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
物理变化判断依据：变化过程中仅改变物质状态、分散形式，分子组成不变，无新物质生成；凝华、升华、胶体光散射均属于物理变化；
化学变化判断依据：反应后生成不同于反应物的新物质；双氧水氧化色素发生氧化还原反应，属于典型化学变化。
2．【答案】B
【知识点】判断简单分子或离子的构型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、内部N与H之间以共价键结合，存在N-H极性共价键，A正确；
B、与质子数相同、中子数不同，属于同种元素的两种不同核素，并非同种核素，B错误；
C、带1个单位负电荷，氧原子周围满足8电子稳定结构，电子式为 ，C正确；
D、中心B原子价层电子对数，无孤电子对，空间结构为平面三角形，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
离子内化学键判断：铵根离子中氮、氢原子依靠共用电子对形成共价键；
核素、同位素区分：质子数相同、中子数不同的原子互为同位素，分属两种不同核素；
阴离子电子式书写：氢氧根阴离子需加方括号并标注负电荷，氧原子补充孤电子对；
价层电子对互斥理论判断空间结构：中心原子无孤电子对，配位原子数为3时分子为平面三角形构型。
3．【答案】D
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、加热煮沸除去水中溶解氧气的装置存在缺陷，圆底烧瓶密封加热，内部压强持续升高，会出现冲塞、炸裂的安全隐患，不能密封煮沸除氧，A 错误；
B、连接橡胶塞和试管时，手握试管底部用力按压橡胶塞，压力集中在试管底部，极易造成试管破裂，正确操作是手持试管中上部，缓慢旋转塞入胶塞，B 错误；
C、试管内盛放液体体积超过试管容积三分之一，加热时液体受热沸腾极易向外飞溅，存在烫伤风险，不符合加热操作规范，C 错误；
D、向容量瓶转移溶液时使用玻璃棒引流，玻璃棒靠在容量瓶内壁，烧杯口紧贴玻璃棒，能够防止液体洒出，操作符合定量溶液配制的规范要求，D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
煮沸除氧装置：若使用圆底烧瓶煮沸除溶解氧，不能完全密封，需要预留出气通道释放水蒸气，图中装置密闭加热，压强过大有安全隐患；
仪器连接操作：试管为脆性玻璃仪器，禁止握持试管底端硬塞橡胶塞，防止试管受力碎裂；
试管加热液体：液体体积上限为试管容积 1/3，液体过多沸腾溅出，是基础实验硬性规范；
容量瓶引流操作：转移溶液必须玻璃棒引流，玻璃棒紧贴瓶壁，该图示引流操作完全符合配制一定物质的量浓度溶液的操作标准。
4．【答案】C
【知识点】氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、无水CaCl2具有强吸水性，是中性干燥剂，可干燥多数气体，A正确；
B、Cl2溶于水发生可逆反应Cl2+H2OHCl+HClO，能生成HClO(Z)，B正确；
C、CaCO3(Y)与盐酸反应生成CaCl2、CO2、H2O，无法得到Ca(ClO)2(X)，C错误；
D、HClO(Z)化学性质不稳定，光照条件下易分解：2HClO 2HCl + O2↑，D正确；
故答案为：C。【分析】X是漂白粉有效成分，故X=Ca(ClO)2；
V为黄绿色气体，V=Cl2；
Ca(ClO)2与浓盐酸发生归中反应：Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O，U、V含一种相同元素Cl，因此U=CaCl2；
Ca(ClO)2通入CO2、H2O：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，Y为难溶固体，Y=CaCO3，Z=HClO。
5．【答案】A
【知识点】电解质溶液的导电性；钠的重要化合物；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A、碳酸钠热稳定性极强，普通加热条件下不会分解，戴维电解熔融碳酸钠制钠的原理并非利用碳酸钠受热分解，该陈述逻辑不合理，A 错误；
B、蛋白质水解的最终产物为氨基酸，谷氨酸属于氨基酸，因此可以从蛋白质水解产物中提炼谷氨酸，陈述合理，B 正确；
C、合成氨反应 N2+3H2 2NH3 是气体分子数减小的放热可逆反应，加压可以提升反应速率，同时平衡正向移动，提高氨产率，陈述合理，C 正确；
D、纯水几乎不电离，导电性极弱，氯化钠溶于水发生电离生成自由移动的离子，因此氯化钠水溶液导电性更强，陈述合理，D 正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
钠的冶炼与碳酸盐性质：碳酸钠高温难分解，工业电解熔融 NaCl 制备金属钠，戴维电解熔融碳酸钠实验和碳酸钠易分解无关联；
蛋白质水解规律：多肽、蛋白质均可水解生成各类 α- 氨基酸，谷氨酸是其中一种；
合成氨平衡与速率：加压缩小气体体积，增大浓度加快反应速率；该反应正向气体计量数减小，加压平衡正向移动；
溶液导电本质：溶液导电性由自由移动离子浓度决定，强电解质 NaCl 在水中完全电离，纯水微弱电离，因此盐水导电性更强。
6．【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、氢硫酸（H2S）是弱电解质，书写离子方程式时不能拆分为 S2-，正确离子方程式为 Cu2++H2S=CuS↓+2H+，A 错误；
B、氢氧化镁是难溶弱碱，不能拆，与氢离子反应生成镁离子和水，离子方程式 Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O 书写完全正确，B 正确；
C、方程式电荷不守恒，左边总电荷 + 2，右边总电荷 + 1，正确式子为 Ag+2H++NO3-=Ag++NO2↑+H2O，C 错误；
D、Na2O2是固体，不能拆；少量过氧化钠与 HSO3-反应生成的 OH-会和 HSO3-继续反应生成 SO32-与水：Na2O2+2HSO3-=2Na++SO42-+SO32-+H2O，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
弱电解质拆分规则：弱酸、弱碱、难溶盐、气体、固体在离子方程式中均保留化学式，H2S 属于弱酸，不可拆；
难溶碱中和反应：Mg(OH)2为难溶物，全程不拆分，与强酸中和的离子方程式只需配平原子与电荷；
氧化还原离子方程式守恒判断：必须同时满足原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒；
过氧化物书写与反应先后：Na2O2为固体反应物，不能拆为离子；生成的 OH-会与过量 HSO3-发生中和，不能单独存在。
7．【答案】C
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、分子含有碳碳双键，可与 HBr 发生加成反应，A 正确；
B、与环相连的叔醇羟基，邻位碳上存在氢原子，能发生醇的消去反应，B 正确；
C、分子内官能团为碳碳双键、羟基（醇羟基，两处）、酯基、羰基，共 4 种，不是 5 种，C 错误；
D、碳碳双键、与饱和碳相连的醇羟基均可被酸性高锰酸钾氧化，能使溶液褪色，D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
官能团识别：区分同种官能团只算一类，两处醇羟基属于同一种官能团，总计 4 类；
加成反应规律：碳碳双键能和卤化氢发生加成；
醇消去反应条件：羟基所连碳的相邻碳原子上有氢原子即可发生消去；
酸性高锰酸钾褪色判断：碳碳双键、醇羟基（羟基碳邻位有氢）均可还原高锰酸根使其褪色。
8．【答案】A
【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
【解析】【解答】A、X是F，W是O，二者位于第二周期，同周期主族元素电负性随原子序数增大而升高，因此电负性F＞O，X＞W，A正确；
B、对应碳酸根，计算中心C原子价层电子对数为3，不存在孤电子对，中心原子采取sp2杂化，并非sp3杂化，B错误；
C、Z为Ca，第四周期原子半径整体随核电荷数增大而减小，同周期第ⅠA族K的原子半径大于Ca，该周期原子半径最大的元素是K，C错误；
D、Y为Al，同周期相邻元素为Mg、Si；Mg的3s轨道处于全充满稳定状态，失电子难度更高，第一电离能Mg＞Al；Si核电荷数更大，吸引电子能力更强，第一电离能Si＞Al，Al第一电离能低于两侧相邻元素，D错误；
故答案为：A。【分析】Q、W、X、Y原子序数依次增大，基态Q原子电子填充3个能级且各能级电子数相等，电子排布为1s22s22p2，故Q=C；Q价电子数为4，等于W核电荷数的一半，得W核电荷数为8，故W=O；Z为第四周期s区元素且核外无未成对电子，价电子排布[Ar]4s2，故Z=Ca；X、Y为短周期主族元素、分属不同周期，X原子序数大于O，因此X在第二周期、Y在第三周期；X价电子数等于Y全部p轨道电子总数，X只能为F（价电子7），则Y的p轨道总电子数为7，电子排布1s22s22p63s23p ，Y=Al。
9．【答案】B
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；铁及其化合物的性质实验；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、发生水解反应使溶液呈现黄色，体系存在可逆平衡，向溶液中加入稀硫酸，溶液中浓度增大，水解平衡逆向移动，水解程度被抑制，有色水解微粒减少，溶液黄色变浅，A正确；
B、试管④中大量与配位结合生成红色配合物，溶液中游离浓度较低；向④中加入草酸钾固体后，对的配位能力更强，生成稳定性更高的，原结合态的被释放，因此⑤中游离浓度高于④，即：⑤④，B错误；
C、试管④中直接依靠与配位显现红色；向⑤的绿色溶液中加入稀硫酸，会结合生成弱酸草酸，促使解离并释放，解离出的再次和体系残留的配位显红色，两处显色本质相同，C正确；
D、维生素C具备还原性，能够将③溶液里的还原为，可与发生特征反应生成蓝色沉淀，D正确；
故答案为：B。
【分析】黄色水合硫酸铁固体溶于水得到黄色溶液②，题干说明溶液显黄色是发生水解造成的。往②中滴加稀硫酸，溶液转变为浅黄色③；溶液中浓度上升，会抑制的水解平衡，平衡向左发生移动，水解生成的有色微粒减少，因此溶液颜色变浅。向浅黄色溶液③滴加KSCN溶液，体系变为红色④，本质是和结合生成血红色配位化合物。往红色溶液④中加入草酸钾固体，溶液转为绿色⑤；原因是与的配位结合能力强于，形成稳定性更强的绿色配离子。向绿色溶液⑤加入适量稀硫酸，溶液重新恢复红色⑥；氢离子会和结合生成弱酸草酸，使体系内浓度下降，绿色配离子发生解离并释放，解离出的再次与溶液里残留的发生配位，重新生成红色配合物，结合以上变化分析各选项。
10．【答案】B
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；原子晶体（共价晶体）；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、SiC 为共价晶体，晶体内部仅存在牢固的 C-Si 共价键，键能数值大，破坏晶体所需能量高，因此金刚砂硬度大、熔点高，结构特征可以对应解释该性质，A 正确；
B、苯难溶于水的原因是苯属于非极性分子，水分子为极性分子，遵循相似相溶原理；分子中大 π 键只能说明苯分子稳定，无法解释其水溶性，结构特征不能对应解释该性质，B 错误；
C、对羟基苯甲醛可形成分子间氢键，分子间作用力更强；邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，分子间作用力弱，分子间作用力越强沸点越高，因此沸点对羟基苯甲醛更高，结构特征可以对应解释该性质，C 正确；
D、基态 Ar 原子最外层 8 电子为稳定稀有气体电子构型，难以得失电子，化学性质稳定，不易形成化合物，结构特征可以对应解释该性质，D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
共价晶体性质：共价晶体的硬度、熔点由共价键键能大小决定，键能越大，硬度越大、熔点越高；
有机物溶解性：物质水溶性取决于分子极性与氢键，苯分子的大 π 键只影响分子化学稳定性，与溶解能力无关；
氢键对沸点影响：分子间氢键增大分子间作用力，分子内氢键削弱分子间作用力，分子间作用力越强，物质沸点越高；
稀有气体化学性质：稀有气体原子最外层 8 电子稳定结构，难以得失电子，化学性质稳定，难以形成化合物。
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、E分子内存在多个饱和sp3杂化碳原子，饱和碳相连的基团呈四面体空间结构，因此E中所有原子不可能共平面，A错误；
B、观察反应物与产物结构，E含羟基、F含炔酯基，二者聚合时无小分子（、等）脱去，是炔键发生加聚反应，不属于缩聚反应，B错误；
C、F在碱性条件下水解，酯基断裂生成炔羧酸盐与E，无法直接得到中性分子E，C错误；
D、 同时含有羟基与炔酯基，分子间可发生加聚反应，炔键打开形成碳碳双键，能够自身聚合得到高分子G，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
饱和碳空间结构：分子中存在sp3饱和碳原子，具有四面体构型，分子内所有原子无法共平面；
聚合反应区分：缩聚反应反应过程会脱出小分子，该反应仅碳碳三键加成，无小分子生成，属于加聚反应；
酯碱性水解产物：酯基在碱性环境水解生成羧酸盐，不能直接得到醇与羧酸中性分子；
单体自聚判断：分子内同时含碳碳三键与酯基，分子间可通过炔键加成发生自身聚合，生成高分子G。
12．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、铂电极承担阴极功能，溶液里的在阴极捕获电子生成氢气，电极反应式，该描述符合反应事实，故A正确；
B、装置通电工作时，属于奇数电极，为原电池正极，电极转化过程为得到电子生成单质；至所有奇数正极均发生相同转化，固体中不断转变为金属银，电极总质量持续降低，故B正确；
C、设备持续工作时，左侧电解池阳极不断消耗，溶液中的会穿过质子交换膜迁移至右侧区域，直接造成左侧盐酸浓度下降、右侧盐酸浓度上升；电极层面，奇数正极质量减轻，偶数负极质量增重。若定时将相邻相连的电极互换位置，再调配两侧盐酸浓度至初始数值，整套装置就能复原并重新投入工作，故C正确；
D、若把电解液盐酸替换为溶液，同时更换阳离子交换膜，两侧电解池的阳极依旧是失电子生成氯气，阴极发生水得电子的还原反应，迁移至阴极区会和结合产生；但中间原电池的电极转化仅在与之间相互转化，体系内不会生成，故D错误；
故答案为：D。
【分析】整套设备由三段串联构成，中间模块属于原电池体系，左右两侧为电解池结构；石墨阳极发生氧化反应，离子方程式，铂阴极发生还原反应，离子方程式。中间原电池内部全部采用电极，偶数编号电极作负极，电极反应为；奇数编号电极作正极，电极反应为，结合该电极规律逐一判断选项正误。
13．【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、反应温度越高，化学反应速率越快，单位时间内反应物M的浓度降低幅度更大；对比图像信息，条件下M的浓度下降速度更快，说明对应的反应速率更大，因此温度，A错误；
B、由题干给出动力学公式，变形得到；当M恰好消耗一半时，剩余浓度，将其代入公式计算：，化简得，进一步推出，B错误；
C、N属于反应中间产物，浓度上升阶段，N的生成速率大于消耗速率；浓度到达峰值后开始降低，此时N的消耗速率大于生成速率；当N浓度处于最大值的瞬间，N的生成速率与消耗速率恰好相等，C正确；
D、催化剂只改变反应速率，不影响平衡；若只加快的反应速率，N生成后会更快被消耗，体系内积累的N更少，N的浓度峰值会减小，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
温度与反应速率：温度越高反应速率越快，相同时间反应物浓度下降幅度越大，据此比较、大小；
一级反应半衰期：结合题目给定浓度动力学公式，代入半反应浓度进行推导，得到半衰期正确表达式；
中间产物浓度变化：中间产物浓度达到最大值的时刻，其生成速率等于消耗速率；
分步反应速率影响：加快中间产物消耗步骤的速率，会降低体系中间产物的最大浓度。
14．【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、已知，当溶液时，代入电离平衡变形式，可推出，与选项表述矛盾，故A错误。
B、交点M同时落在两条对数曲线上，代表此时两条曲线对数值相等，即，化简得等式，整理得交点；将代入，求得纵坐标，描述符合推导结果，故B正确。
C、若固体完全溶解于1L溶液，体系中，总浓度为，会与发生配位消耗游离。
取计算离子浓度比值：，；
该pH下体系主要含、，估算游离；
绝大部分生成配离子，因此平衡时；
由配位平衡逆推游离钡离子浓度；
计算离子积，该数值大于溶度积，体系会析出硫酸钡沉淀，固体无法完全溶解，故C错误。
D、目标反应为，该水解平衡常数，代入常数数值，选项相关结论不成立，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题核心围绕六元弱酸六步分步电离平衡展开，六步电离方程式与对应电离常数依次为：
溶液pH升高，浓度降低，电离平衡持续正向移动，的分布系数随之增大，对应曲线随pH上升单调递增。对两个对数浓度比值做公式变形推导：，函数斜率为；，函数斜率为。
坐标属于斜率的直线，对应，代入零点条件，可得，即；坐标属于斜率的直线，对应，代入零点条件，算出，即，结合两组电离常数分析全部选项。
15．【答案】（1）将废芯片粉碎（或适当升温、增大空气通入量）
（2）
（3）氧化得到循环使用的，同时电解析出单质铜实现铜回收
（4）常温浸出时该反应速率极低，短时间难以达到平衡，金无法充分溶解，浸出率较低
（5）
（6）聚拢体系内分散的铈元素，后续转化为沉淀回收，提高铈的回收率
（7）
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1) 提升焙烧效率的核心是扩大反应物接触面积、加快反应速率，可行操作有将废芯片粉碎、适当升高反应温度、增大空气通入量，任选其一作答即可。
故答案：将废芯片粉碎（或适当升温、增大空气通入量）；
(2) 浸出1体系内具备强氧化性，可氧化单质生成，自身被还原为，对应离子方程式：。
故答案：；
(3) 电解时阳极发生反应，实现再生循环用于浸出1；阴极发生反应，析出金属铜完成回收，电解同时达成两项作用。
故答案：氧化得到循环使用的，同时电解析出单质铜实现铜回收；
(4) 反应平衡常数，热力学上反应可完全进行，但常温浸出条件下该反应活化能高、反应速率极慢，短时间反应无法达到平衡，金难以有效溶出，浸出率偏低。
故答案：常温浸出时该反应速率极低，短时间难以达到平衡，金无法充分溶解，浸出率较低；
(5) 中得1个电子还原为；中N元素化合价从-2升至0，1mol 共失去4mol电子；根据氧化还原得失电子守恒，还原剂失电子总数等于氧化剂得电子总数，可得。
故答案：；
(6) 浸出3过程中被还原为，滤液3中留存大量含铈离子；将滤液3并入浸出3滤液，能够聚拢体系中分散的铈元素，后续加、可转化为沉淀分离，提升铈元素整体回收利用率。
故答案：聚拢体系内分散的铈元素，后续转化为沉淀回收，提高铈的回收率；
(7) 氧化步骤碱性环境下，作氧化剂将氧化为，自身被还原为，产物结合氢氧根生成沉淀；通过得失电子、电荷、原子守恒配平离子方程式：。
故答案：；
【分析】废芯片焙烧后，加、浸出1，发生；电解滤液，阴极回收Cu，阳极再生循环；浸渣用、浸出2、浸出3，氧化Au、Pd生成、，自身变为；体系中与发生还原反应析出Ag；各步含滤液合并，加入、，发生，沉淀回收Ce。
(1) 从影响化学反应速率的因素切入，通过增大接触面积、升温、增氧化剂浓度三类角度列举提高焙烧效率的操作；
(2) 依据的氧化性，结合氧化还原产物书写铜与三价铁的离子反应方程式；
(3) 拆分电解池阴阳极电极反应，分别说明阳极再生浸出剂、阴极析出铜两种工业作用；
(4) 区分化学平衡常数（热力学限度）与反应速率（动力学快慢）两个概念，解释平衡常数大但实际浸出效果差的矛盾；
(5) 标注两种物质变价元素化合价变化，利用氧化还原反应得失电子总数相等的守恒关系计算物质的量之比；
(6) 结合流程中铈元素价态变化，分析滤液合并操作对富集金属、提升原料利用率的工业意义；
(7) 先确定氧化剂、还原剂及对应产物，再依次使用电子守恒、电荷守恒、原子守恒三步配平碱性条件下的氧化还原离子方程式。
16．【答案】（1）分液漏斗；烧杯；与水互不相溶，且密度大于水；液体分层，下层有机层变为紫红色，上层水层颜色明显变浅
（2）增大浓度，促使平衡正向移动，将中的充分转移至水相，方便后续硫代硫酸钠滴定；；；分多次少量萃取比单次加入大量萃取剂萃取效果更好，可显著提高萃取效率
【知识点】分液和萃取；化学实验方案的评价；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)① 萃取操作所使用的主要仪器a是分液漏斗，承接液体的容器b为烧杯；分液漏斗用于两相液体振荡萃取、静置分层与分液操作，烧杯用于承接分层后的水层和有机层液体。
②的溶液静置后处于下层，原因分为两点：第一，属于非极性有机溶剂，水为极性溶剂，二者互不相溶，混合后会自然分层；第二，的密度大于水的密度，因此有机相在下层，水相位于上层。
③ 碘单质极易溶于，碘的四氯化碳溶液显紫红色；振荡后大部分从水相转移至有机相，静置分层后能够观察到明显现象：混合液分为两层，下层有机层呈现深紫红色，上层水相中溶解的碘含量大幅减少，溶液颜色显著变浅。
故答案：分液漏斗、烧杯；与水互不相溶，且密度大于水；液体分层，下层有机层变为紫红色，上层水层颜色明显变浅。
(2)① 有机相中的无法直接用水相的滴定，加入KI的目的是增大溶液中浓度；体系存在可逆平衡，根据勒夏特列原理，浓度升高，平衡正向移动，中难溶于水的转化为易溶于水的，大量碘元素从有机相转移到水相中，才能与硫代硫酸钠发生后续滴定反应。
② 滴定反应关系式：，可得定量关系。
水相取样，消耗标准液物质的量，水相中，水相碘浓度；
有机相取样，消耗标准液物质的量，有机相中，有机相碘浓度；
分配系数，代入浓度化简得。
③ 先计算初始总物质的量：；
设平衡时水相中浓度为，由分配系数可知相中浓度为；
水相体积，有机相体积，根据碘元素物料守恒：
解得；
水中剩余质量。
④ 单次使用萃取，水中残留质量为；分两次、每次萃取后，水中残留仅；对比两组数据可得到实验启发：采用多次少量萃取的操作方式，相比单次加入大量萃取剂，能显著降低水相中溶质残留量，大幅提升萃取分离效率。
故答案：增大浓度，促使平衡正向移动，将中的充分转移至水相，方便后续硫代硫酸钠滴定；；；分多次少量萃取比单次加入大量萃取剂萃取效果更好，可显著提高萃取效率。
【分析】(1) 主要考查萃取实验基础仪器与物质物理性质，需要熟练掌握分液操作的配套器材。结合相似相溶原理与两种液体的密度差异，就能解释混合液分层后四氯化碳处于下层的原因，再依据碘在两相中溶解度的巨大差别，完整描述分层后直观的颜色变化现象，全程只做定性判断，不涉及定量计算。
(2) ① 掌握勒夏特列平衡移动原理分析配位可逆反应，碘单质难溶于水无法直接滴定，加入碘化钾提高体系内碘离子浓度，促使平衡正向移动，让有机相中的碘转化为水溶性的，顺利转移到水相中参与后续滴定反应。
② 核心是氧化还原滴定的定量关系式，先分别算出水相与有机相中的碘单质平衡浓度，再结合分配系数定义公式代入化简，最终推导出分配系数的计算表达式。
③ 借助公式求出体系内碘单质的总物质的量，结合分配系数确定两相碘浓度的倍数关系，再根据元素物料守恒建立方程求解水相碘浓度，最后通过计算萃取后水中残留碘的质量。
④ 实验中控制萃取剂总体积保持不变，对比单次大量萃取、分两次少量萃取两组数据对应的溶质残留量，通过数值差异总结出实验操作规律，证明分多次少量萃取能够明显减少溶质残留，有效提升整体萃取效率。
17．【答案】（1）；＞
（2）中羟基（）是吸电子基团，使N原子上电子云密度降低，N对金属离子的结合能力减弱
（3）
（4）B
（5）温度高于时，反应II（吸热反应）向正反应方向进行，消耗了反应I生成的，促使反应I进一步向正反应方向移动；同时由于总压恒定，反应II生成了大量的CO气体，导致的分压被稀释而减小；；62.5；不变
【知识点】原子核外电子排布；键能、键长、键角及其应用；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1) B元素原子序数为5，基态硼原子核外电子排布式为；
中中心C价层电子对数，采取杂化，无孤电子对，空间正四面体，键角；中中心N价层电子对数，同样杂化，含有1对孤电子对；孤电子对斥力大于成键电子对，挤压成键轨道，键角压缩至，因此键角大小：。
故答案：；＞。
(2) 羟胺可看作一个H被取代；O电负性极强，存在吸电子诱导效应，降低N原子周围电子云密度，N难以给出孤电子对，配位能力弱于。
故答案：中羟基（）是吸电子基团，使N原子上电子云密度降低，N对金属离子的结合能力减弱。
(3) 均摊法计算晶胞原子数目：顶点N：；体心C：；面上B：；
晶胞总质量；
晶胞体积；
密度公式，代入化简：
故答案：。
(4) 反应Ⅱ正向吸热、气体分子总数增大；升温平衡正向移动、降压平衡正向移动，两种条件均能提升平衡转化率，适宜条件为高温低压。
故答案：B。
(5) ①温度高于时反应Ⅱ剧烈正向进行，持续消耗固体C，拉动反应Ⅰ正向生成更多；但反应Ⅱ生成CO使气体总物质的量大幅增多，恒压体系中被稀释，体积分数与分压下降。
②初始投料完全反应，生成、；设反应Ⅱ消耗为，列三段式，
由得，解得；此时BN的物质的量为1.6mol；平衡时各气体组分的物质的量：、、，总物质的量；，平衡常数仅与温度有关，温度不变，再通入，数值不变。
故答案：温度高于时，反应II（吸热反应）向正反应方向进行，消耗了反应I生成的，促使反应I进一步向正反应方向移动；同时由于总压恒定，反应II生成了大量的CO气体，导致的分压被稀释而减小；；；不变。
【分析】(1) 本小问运用价层电子对互斥理论，通过价层电子对数判断中心原子杂化类型，结合孤电子对与成键电子对斥力差异，对比两种分子键角大小，依靠定性空间结构规律分析，无定量计算。
(2) 解题围绕电负性与诱导效应展开，氧强吸电子作用降低氮原子电子云密度，配位键形成需要中心原子给出孤电子对，电子云密度越低配位能力越弱，从电子分布角度解释配位能力差异。
(3) 先用均摊法算出晶胞内各原子总数，再利用计算晶胞质量，结合长方体体积公式与密度定义式，统一单位后化简得到晶胞密度表达式。
(4) 依据勒夏特列原理，分别从吸热反应、气体分子数变化两个角度，分析温度、压强对平衡移动方向的影响，选出提升原料转化率的最优工艺条件。
(5) ①结合两个连续反应的依存关系，先分析高温对两步平衡的拉动作用，再利用恒压体系分压与物质的量成正比的规律，解释分压被稀释下降的原因；
②使用可逆反应三段式模板，依托分压与物质的量等量关系建立方程，求解反应物转化量，再代入计量数计算目标固体产物的平衡物质的量，是化学平衡常规定量计算思路，分压计算公式，先汇总全部气态组分物质的量，再代入公式算出氢气平衡分压； 依据平衡常数的温度依赖性判断，压强、投料量改变均不改变平衡常数，仅温度发生变化时才会改变。
18．【答案】（1）1；加成反应（还原反应）
（2）
（3） 或或
（4）
（5）羰基（或酮羰基）；碳碳双键
（6）增大 Pd/C 催化剂和 H2 压强后，H2 除了使 C–Br 键氢解脱溴，还会与分子中的碳碳双键发生加成反应，生成副产物
（7）保护苯环的对位（或占位），防止重排时酰基进入对位，以确保酰基选择性地进入酚羟基的邻位
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】(1)手性碳原子指饱和碳原子同时连接四种互不相同的原子或原子团，有机物H分子内含有1个符合条件的手性碳：；G中的碳碳双键与氢气发生反应，该反应属于加成反应，也可归类为还原反应。
故答案为：1；加成反应（还原反应）。
(2)原料A和发生芳香亲电取代，溴原子取代酚羟基对位的氢原子，生成对位溴代产物B与丁二酰亚胺，反应方程式：；
故答案为：。
(3)有机物C分子式，计算得不饱和度为2；能发生银镜反应说明含醛基，占用1个不饱和度，剩余1个不饱和度对应碳碳双键；核磁共振氢谱显示三组峰，峰面积比3：1：1，分子存在对称甲基；结合原子总数拼接出三种同分异构体：或或。
故答案为：或或。
(4)题干给出酚酯在中会发生酰基重排，酰基可迁移至酚羟基邻位、对位；B中酚羟基对位已经被溴原子占据，酰基无法迁移至对位，只能迁移至酚羟基另一侧邻位，由此推导出E的结构：。
故答案为：。
(5)F分子包含羟基、羰基两种官能团；G分子包含羟基、碳碳双键两种官能团；二者结构中唯一不同的官能团是F含羰基，G含碳碳双键。
故答案为： 羰基（或酮羰基） ，碳碳双键；
(6)E经消去脱溴化氢得到I，I同时含碳碳双键、对位溴原子：；以处理I制备G时，该催化体系存在双重反应活性，既能断裂C-Br键实现脱溴，也能对碳碳双键加氢还原；若增大氢气压力、增加催化剂用量，碳碳双键会同步被氢化，生成饱和副产物。
故答案为： 增大 Pd/C 催化剂和 H2 压强后，H2 除了使 C–Br 键氢解脱溴，还会与分子中的碳碳双键发生加成反应，生成副产物 。
(7)合成路线中A转化为B时，溴原子引入酚羟基对位起到占位作用；根据重排规律，酰基优先向酚羟基对位迁移，对位被溴占据后，酰基只能定向迁移至邻位，精准得到E的目标碳骨架；后续E到F的步骤中再脱去溴原子，把溴转化为H。
故答案为： 保护苯环的对位（或占位），防止重排时酰基进入对位，以确保酰基选择性地进入酚羟基的邻位。
【分析】原料异丙基苯酚 A 与 N - 溴代丁二酰亚胺发生取代，在酚羟基对位引入溴得到 B（）；B 和环丙基酰氯酯化生成酚酯 D，D 在 CF3SO3H 作用下发生酰基重排，因对位被溴占据，酰基转移至酚羟基邻位得到 E（）；E 经消去脱溴化氢得到含双键的 I，I 在氢气、钯碳条件下脱溴得到 G，G 加氢还原得到目标产物 H；另外可由分子式与谱图信息推导中间体 C 的同分异构体。
(1) 围绕手性碳判断与有机反应类型设置考点，解题时先依据手性碳定义逐枚判断饱和碳原子的连接基团，再根据碳碳双键加氢的反应特征判定反应类型，全程为基础有机定性分析，无定量推导。
(2) 考查芳香环亲电取代反应书写，解题思路为先结合题干给出的取代产物确定溴取代位点为酚羟基对位，再按照取代反应断键、成键规律整理完整的化学转化方程式。
(3) 综合不饱和度计算、官能团特征反应、核磁共振氢谱三重考点，解题先依靠不饱和度公式确定分子不饱和结构种类，借助银镜反应锁定醛基，再根据氢谱峰面积推断甲基结构，最后结合全部原子数目拼接出全部符合条件的同分异构体。
(4) 依托题干给出的酚酯重排已知信息解题，解题思路为利用取代基占位效应分析酰基迁移可选位点，对位溴原子阻断对位重排路径，仅邻位可发生傅克酰基重排，进而推导出E的完整骨架结构。
(5) 核心考点为官能团识别，解题思路为分别拆分F、G分子中全部特征官能团，两两比对两类物质的官能团种类，找出二者唯一存在差异的特征官能团。
(6)考查催化加氢的竞争反应，解题思路为分析催化下氢气的两种反应活性，分别解释碳溴键氢解脱溴、碳碳双键加氢还原两条反应路径，从竞争反应角度说明苛刻反应条件下副产物的生成原理。
(7)考查有机合成定位保护策略，解题思路为先分析溴原子的占位保护作用，结合酰基重排的位点选择性规律，解释溴原子控制酰基迁移方向的原理，再说明后续脱溴步骤的合成意义。
1 / 1【高考真卷】河南省2026年化学高中学业水平考试
1．奇妙的现象直观体现化学之美。下列现象由化学反应产生的是（　　）
A．水汽凝结为雪花晶体 B．光束通过胶体出现丁达尔效应 C．干冰升华形成白色雾气 D．红色花朵在双氧水中变色
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；晶体的定义；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、水汽凝结为雪花，只是水由气态变为固态，物质本身还是 H2O，无新物质生成，属于物理变化，A 错误；
B、丁达尔效应是胶体粒子对光的散射作用，不存在新物质生成，属于物理变化，B 错误；
C、干冰升华是固态 CO2直接变为气态 CO2，白雾只是水蒸气液化，全程无新物质生成，属于物理变化，C 错误；
D、红色花朵在双氧水中变色，双氧水具有强氧化性，氧化破坏花瓣中的有色有机物，生成无色新物质，存在化学反应，D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
物理变化判断依据：变化过程中仅改变物质状态、分散形式，分子组成不变，无新物质生成；凝华、升华、胶体光散射均属于物理变化；
化学变化判断依据：反应后生成不同于反应物的新物质；双氧水氧化色素发生氧化还原反应，属于典型化学变化。
2．我国科研团队研制出一种真空紫外非线性光学晶体材料，将在精密制造、前沿科研等领域发挥重要作用。下列说法错误的是（　　）
A．中存在共价键
B．与是同种核素
C．的电子式为
D．的空间结构为平面三角形
【答案】B
【知识点】判断简单分子或离子的构型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、内部N与H之间以共价键结合，存在N-H极性共价键，A正确；
B、与质子数相同、中子数不同，属于同种元素的两种不同核素，并非同种核素，B错误；
C、带1个单位负电荷，氧原子周围满足8电子稳定结构，电子式为 ，C正确；
D、中心B原子价层电子对数，无孤电子对，空间结构为平面三角形，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
离子内化学键判断：铵根离子中氮、氢原子依靠共用电子对形成共价键；
核素、同位素区分：质子数相同、中子数不同的原子互为同位素，分属两种不同核素；
阴离子电子式书写：氢氧根阴离子需加方括号并标注负电荷，氧原子补充孤电子对；
价层电子对互斥理论判断空间结构：中心原子无孤电子对，配位原子数为3时分子为平面三角形构型。
3．下列图示中，实验操作符合规范的是（　　）
A．除去水中氧气 B．连接橡胶塞和试管 C．加热溶液 D．向容量瓶中转移溶液
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、加热煮沸除去水中溶解氧气的装置存在缺陷，圆底烧瓶密封加热，内部压强持续升高，会出现冲塞、炸裂的安全隐患，不能密封煮沸除氧，A 错误；
B、连接橡胶塞和试管时，手握试管底部用力按压橡胶塞，压力集中在试管底部，极易造成试管破裂，正确操作是手持试管中上部，缓慢旋转塞入胶塞，B 错误；
C、试管内盛放液体体积超过试管容积三分之一，加热时液体受热沸腾极易向外飞溅，存在烫伤风险，不符合加热操作规范，C 错误；
D、向容量瓶转移溶液时使用玻璃棒引流，玻璃棒靠在容量瓶内壁，烧杯口紧贴玻璃棒，能够防止液体洒出，操作符合定量溶液配制的规范要求，D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
煮沸除氧装置：若使用圆底烧瓶煮沸除溶解氧，不能完全密封，需要预留出气通道释放水蒸气，图中装置密闭加热，压强过大有安全隐患；
仪器连接操作：试管为脆性玻璃仪器，禁止握持试管底端硬塞橡胶塞，防止试管受力碎裂；
试管加热液体：液体体积上限为试管容积 1/3，液体过多沸腾溅出，是基础实验硬性规范；
容量瓶引流操作：转移溶液必须玻璃棒引流，玻璃棒紧贴瓶壁，该图示引流操作完全符合配制一定物质的量浓度溶液的操作标准。
4．是漂白粉的有效成分，可以发生如图所示的转化（略去部分产物），其中和含有一种相同元素，为黄绿色气体，为难溶于水的固体。
下列说法错误的是（　　）
A．无水可作干燥剂 B．溶于水可生成
C．与盐酸反应可生成 D．在光照下易分解
【答案】C
【知识点】氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、无水CaCl2具有强吸水性，是中性干燥剂，可干燥多数气体，A正确；
B、Cl2溶于水发生可逆反应Cl2+H2OHCl+HClO，能生成HClO(Z)，B正确；
C、CaCO3(Y)与盐酸反应生成CaCl2、CO2、H2O，无法得到Ca(ClO)2(X)，C错误；
D、HClO(Z)化学性质不稳定，光照条件下易分解：2HClO 2HCl + O2↑，D正确；
故答案为：C。【分析】X是漂白粉有效成分，故X=Ca(ClO)2；
V为黄绿色气体，V=Cl2；
Ca(ClO)2与浓盐酸发生归中反应：Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O，U、V含一种相同元素Cl，因此U=CaCl2；
Ca(ClO)2通入CO2、H2O：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，Y为难溶固体，Y=CaCO3，Z=HClO。
5．化学史可以给人以智慧。下列对化学史的相关陈述不合理的是（　　）
选项 化学史 陈述
A 戴维电解熔融碳酸钠制得钠 碳酸钠受热易分解
B 吴蕴初从蛋白质中提炼谷氨酸 蛋白质能水解成氨基酸
C 哈伯和博施采用高压条件合成氨 工业生产中，加压能提高反应速率且使平衡向生成氨的方向移动
D 阿伦尼乌斯发现氯化钠水溶液的导电性比纯水强 氯化钠能在水中发生电离
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】电解质溶液的导电性；钠的重要化合物；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A、碳酸钠热稳定性极强，普通加热条件下不会分解，戴维电解熔融碳酸钠制钠的原理并非利用碳酸钠受热分解，该陈述逻辑不合理，A 错误；
B、蛋白质水解的最终产物为氨基酸，谷氨酸属于氨基酸，因此可以从蛋白质水解产物中提炼谷氨酸，陈述合理，B 正确；
C、合成氨反应 N2+3H2 2NH3 是气体分子数减小的放热可逆反应，加压可以提升反应速率，同时平衡正向移动，提高氨产率，陈述合理，C 正确；
D、纯水几乎不电离，导电性极弱，氯化钠溶于水发生电离生成自由移动的离子，因此氯化钠水溶液导电性更强，陈述合理，D 正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
钠的冶炼与碳酸盐性质：碳酸钠高温难分解，工业电解熔融 NaCl 制备金属钠，戴维电解熔融碳酸钠实验和碳酸钠易分解无关联；
蛋白质水解规律：多肽、蛋白质均可水解生成各类 α- 氨基酸，谷氨酸是其中一种；
合成氨平衡与速率：加压缩小气体体积，增大浓度加快反应速率；该反应正向气体计量数减小，加压平衡正向移动；
溶液导电本质：溶液导电性由自由移动离子浓度决定，强电解质 NaCl 在水中完全电离，纯水微弱电离，因此盐水导电性更强。
6．对于下列过程中发生的化学反应，相应离子方程式正确的是（　　）
A．向硫酸铜溶液中滴加氢硫酸：
B．氢氧化镁溶于稀盐酸：
C．浓硝酸溶解金属银：
D．向亚硫酸氢钠溶液中加入少量过氧化钠：
【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、氢硫酸（H2S）是弱电解质，书写离子方程式时不能拆分为 S2-，正确离子方程式为 Cu2++H2S=CuS↓+2H+，A 错误；
B、氢氧化镁是难溶弱碱，不能拆，与氢离子反应生成镁离子和水，离子方程式 Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O 书写完全正确，B 正确；
C、方程式电荷不守恒，左边总电荷 + 2，右边总电荷 + 1，正确式子为 Ag+2H++NO3-=Ag++NO2↑+H2O，C 错误；
D、Na2O2是固体，不能拆；少量过氧化钠与 HSO3-反应生成的 OH-会和 HSO3-继续反应生成 SO32-与水：Na2O2+2HSO3-=2Na++SO42-+SO32-+H2O，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
弱电解质拆分规则：弱酸、弱碱、难溶盐、气体、固体在离子方程式中均保留化学式，H2S 属于弱酸，不可拆；
难溶碱中和反应：Mg(OH)2为难溶物，全程不拆分，与强酸中和的离子方程式只需配平原子与电荷；
氧化还原离子方程式守恒判断：必须同时满足原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒；
过氧化物书写与反应先后：Na2O2为固体反应物，不能拆为离子；生成的 OH-会与过量 HSO3-发生中和，不能单独存在。
7．化合物是从某山胡椒属植物中分离得到的一种生物活性物质，其结构如图所示。
下列有关的说法错误的是（　　）
A．能与反应 B．能发生消去反应
C．含有5种官能团 D．能使酸性溶液褪色
【答案】C
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、分子含有碳碳双键，可与 HBr 发生加成反应，A 正确；
B、与环相连的叔醇羟基，邻位碳上存在氢原子，能发生醇的消去反应，B 正确；
C、分子内官能团为碳碳双键、羟基（醇羟基，两处）、酯基、羰基，共 4 种，不是 5 种，C 错误；
D、碳碳双键、与饱和碳相连的醇羟基均可被酸性高锰酸钾氧化，能使溶液褪色，D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
官能团识别：区分同种官能团只算一类，两处醇羟基属于同一种官能团，总计 4 类；
加成反应规律：碳碳双键能和卤化氢发生加成；
醇消去反应条件：羟基所连碳的相邻碳原子上有氢原子即可发生消去；
酸性高锰酸钾褪色判断：碳碳双键、醇羟基（羟基碳邻位有氢）均可还原高锰酸根使其褪色。
8．某催化剂由、、、四种短周期主族元素及第四周期区元素组成。、、、的原子序数依次增大，基态原子的原子核外无未成对电子。基态原子的核外电子填充在3个能级，且各能级电子数相等，其价电子数等于原子核电荷数的一半。与位于不同周期，基态原子的价电子数与基态原子轨道中的电子总数相等。下列说法正确的是（　　）
A．电负性：
B．的中心原子采取杂化
C．的原子半径在同周期中最大
D．的第一电离能高于同周期相邻元素
【答案】A
【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
【解析】【解答】A、X是F，W是O，二者位于第二周期，同周期主族元素电负性随原子序数增大而升高，因此电负性F＞O，X＞W，A正确；
B、对应碳酸根，计算中心C原子价层电子对数为3，不存在孤电子对，中心原子采取sp2杂化，并非sp3杂化，B错误；
C、Z为Ca，第四周期原子半径整体随核电荷数增大而减小，同周期第ⅠA族K的原子半径大于Ca，该周期原子半径最大的元素是K，C错误；
D、Y为Al，同周期相邻元素为Mg、Si；Mg的3s轨道处于全充满稳定状态，失电子难度更高，第一电离能Mg＞Al；Si核电荷数更大，吸引电子能力更强，第一电离能Si＞Al，Al第一电离能低于两侧相邻元素，D错误；
故答案为：A。【分析】Q、W、X、Y原子序数依次增大，基态Q原子电子填充3个能级且各能级电子数相等，电子排布为1s22s22p2，故Q=C；Q价电子数为4，等于W核电荷数的一半，得W核电荷数为8，故W=O；Z为第四周期s区元素且核外无未成对电子，价电子排布[Ar]4s2，故Z=Ca；X、Y为短周期主族元素、分属不同周期，X原子序数大于O，因此X在第二周期、Y在第三周期；X价电子数等于Y全部p轨道电子总数，X只能为F（价电子7），则Y的p轨道总电子数为7，电子排布1s22s22p63s23p ，Y=Al。
9．某同学设计以下实验，探究铁的化合物的性质（忽略② ⑤试管中溶液体积变化）。
已知：在水溶液中由于水解与配位而显黄色；呈绿色。下列说法错误的是（　　）
A．②到③说明加入稀硫酸能抑制的水解
B．④与⑤中：④＞⑤
C．④与⑥中呈现红色均是由于与结合所致
D．若向③中依次加入适量维生素C、溶液，会出现蓝色沉淀
【答案】B
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；铁及其化合物的性质实验；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、发生水解反应使溶液呈现黄色，体系存在可逆平衡，向溶液中加入稀硫酸，溶液中浓度增大，水解平衡逆向移动，水解程度被抑制，有色水解微粒减少，溶液黄色变浅，A正确；
B、试管④中大量与配位结合生成红色配合物，溶液中游离浓度较低；向④中加入草酸钾固体后，对的配位能力更强，生成稳定性更高的，原结合态的被释放，因此⑤中游离浓度高于④，即：⑤④，B错误；
C、试管④中直接依靠与配位显现红色；向⑤的绿色溶液中加入稀硫酸，会结合生成弱酸草酸，促使解离并释放，解离出的再次和体系残留的配位显红色，两处显色本质相同，C正确；
D、维生素C具备还原性，能够将③溶液里的还原为，可与发生特征反应生成蓝色沉淀，D正确；
故答案为：B。
【分析】黄色水合硫酸铁固体溶于水得到黄色溶液②，题干说明溶液显黄色是发生水解造成的。往②中滴加稀硫酸，溶液转变为浅黄色③；溶液中浓度上升，会抑制的水解平衡，平衡向左发生移动，水解生成的有色微粒减少，因此溶液颜色变浅。向浅黄色溶液③滴加KSCN溶液，体系变为红色④，本质是和结合生成血红色配位化合物。往红色溶液④中加入草酸钾固体，溶液转为绿色⑤；原因是与的配位结合能力强于，形成稳定性更强的绿色配离子。向绿色溶液⑤加入适量稀硫酸，溶液重新恢复红色⑥；氢离子会和结合生成弱酸草酸，使体系内浓度下降，绿色配离子发生解离并释放，解离出的再次与溶液里残留的发生配位，重新生成红色配合物，结合以上变化分析各选项。
10．物质的微观结构决定宏观性质，下列结构特征不能解释其性质的是（　　）
选项 结构特征 性质
A 金刚砂（SiC）属于共价晶体，C-Si键的键能大 金刚砂硬度大、熔点高
B 苯分子中存在大键 苯难溶于水
C 对羟基苯甲醛只形成分子间氢键，邻羟基苯甲醛易形成分子内氢键 沸点：对羟基苯甲醛>邻羟基苯甲醛
D 基态氩原子的最外层电子数为8，原子结构稳定 氩气性质稳定，不易形成化合物
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；原子晶体（共价晶体）；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、SiC 为共价晶体，晶体内部仅存在牢固的 C-Si 共价键，键能数值大，破坏晶体所需能量高，因此金刚砂硬度大、熔点高，结构特征可以对应解释该性质，A 正确；
B、苯难溶于水的原因是苯属于非极性分子，水分子为极性分子，遵循相似相溶原理；分子中大 π 键只能说明苯分子稳定，无法解释其水溶性，结构特征不能对应解释该性质，B 错误；
C、对羟基苯甲醛可形成分子间氢键，分子间作用力更强；邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，分子间作用力弱，分子间作用力越强沸点越高，因此沸点对羟基苯甲醛更高，结构特征可以对应解释该性质，C 正确；
D、基态 Ar 原子最外层 8 电子为稳定稀有气体电子构型，难以得失电子，化学性质稳定，不易形成化合物，结构特征可以对应解释该性质，D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
共价晶体性质：共价晶体的硬度、熔点由共价键键能大小决定，键能越大，硬度越大、熔点越高；
有机物溶解性：物质水溶性取决于分子极性与氢键，苯分子的大 π 键只影响分子化学稳定性，与溶解能力无关；
氢键对沸点影响：分子间氢键增大分子间作用力，分子内氢键削弱分子间作用力，分子间作用力越强，物质沸点越高；
稀有气体化学性质：稀有气体原子最外层 8 电子稳定结构，难以得失电子，化学性质稳定，难以形成化合物。
11．G是一种具有较高热稳定性的不饱和聚酯醚类高分子，其合成方法如图所示。
下列说法正确的是（　　）
A．中所有原子共平面
B．与发生缩聚反应生成
C．F在碱性条件下水解可生成
D．可以自身聚合生成G
【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质；缩聚反应
【解析】【解答】A、E分子内存在多个饱和sp3杂化碳原子，饱和碳相连的基团呈四面体空间结构，因此E中所有原子不可能共平面，A错误；
B、观察反应物与产物结构，E含羟基、F含炔酯基，二者聚合时无小分子（、等）脱去，是炔键发生加聚反应，不属于缩聚反应，B错误；
C、F在碱性条件下水解，酯基断裂生成炔羧酸盐与E，无法直接得到中性分子E，C错误；
D、 同时含有羟基与炔酯基，分子间可发生加聚反应，炔键打开形成碳碳双键，能够自身聚合得到高分子G，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
饱和碳空间结构：分子中存在sp3饱和碳原子，具有四面体构型，分子内所有原子无法共平面；
聚合反应区分：缩聚反应反应过程会脱出小分子，该反应仅碳碳三键加成，无小分子生成，属于加聚反应；
酯碱性水解产物：酯基在碱性环境水解生成羧酸盐，不能直接得到醇与羧酸中性分子；
单体自聚判断：分子内同时含碳碳三键与酯基，分子间可通过炔键加成发生自身聚合，生成高分子G。
12．一种多组串联的电化学装置可以同时产生和，其工作原理如图所示。其中均为电极，每组装置左侧均为高浓度盐酸，右侧均为低浓度盐酸。该装置工作时仅在石墨电极与铂电极上产生气体。
下列说法错误的是（　　）
A．工作时，铂电极上产生
B．工作时，电极、、的质量均减小
C．定期互换直接相连的电极，并恢复溶液浓度，整个装置可再次运行
D．将盐酸换为对应浓度溶液，使用阳离子交换膜，每组装置启动时均生成
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、铂电极承担阴极功能，溶液里的在阴极捕获电子生成氢气，电极反应式，该描述符合反应事实，故A正确；
B、装置通电工作时，属于奇数电极，为原电池正极，电极转化过程为得到电子生成单质；至所有奇数正极均发生相同转化，固体中不断转变为金属银，电极总质量持续降低，故B正确；
C、设备持续工作时，左侧电解池阳极不断消耗，溶液中的会穿过质子交换膜迁移至右侧区域，直接造成左侧盐酸浓度下降、右侧盐酸浓度上升；电极层面，奇数正极质量减轻，偶数负极质量增重。若定时将相邻相连的电极互换位置，再调配两侧盐酸浓度至初始数值，整套装置就能复原并重新投入工作，故C正确；
D、若把电解液盐酸替换为溶液，同时更换阳离子交换膜，两侧电解池的阳极依旧是失电子生成氯气，阴极发生水得电子的还原反应，迁移至阴极区会和结合产生；但中间原电池的电极转化仅在与之间相互转化，体系内不会生成，故D错误；
故答案为：D。
【分析】整套设备由三段串联构成，中间模块属于原电池体系，左右两侧为电解池结构；石墨阳极发生氧化反应，离子方程式，铂阴极发生还原反应，离子方程式。中间原电池内部全部采用电极，偶数编号电极作负极，电极反应为；奇数编号电极作正极，电极反应为，结合该电极规律逐一判断选项正误。
13．向一恒容密闭容器中加入物质，发生基元反应：，，温度为、时，各组分的物质的量浓度与时间的关系如图1、图2所示。温度为时，的浓度随时间的变化关系为，为反应的速率常数。
下列说法正确的是（　　）
A．
B．温度为时，反应一半需要的时间为
C．的浓度达到最大值时，的生成速率等于消耗速率
D．加入某催化剂，仅使反应的速率增大，则的浓度最大值将增大
【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、反应温度越高，化学反应速率越快，单位时间内反应物M的浓度降低幅度更大；对比图像信息，条件下M的浓度下降速度更快，说明对应的反应速率更大，因此温度，A错误；
B、由题干给出动力学公式，变形得到；当M恰好消耗一半时，剩余浓度，将其代入公式计算：，化简得，进一步推出，B错误；
C、N属于反应中间产物，浓度上升阶段，N的生成速率大于消耗速率；浓度到达峰值后开始降低，此时N的消耗速率大于生成速率；当N浓度处于最大值的瞬间，N的生成速率与消耗速率恰好相等，C正确；
D、催化剂只改变反应速率，不影响平衡；若只加快的反应速率，N生成后会更快被消耗，体系内积累的N更少，N的浓度峰值会减小，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
温度与反应速率：温度越高反应速率越快，相同时间反应物浓度下降幅度越大，据此比较、大小；
一级反应半衰期：结合题目给定浓度动力学公式，代入半反应浓度进行推导，得到半衰期正确表达式；
中间产物浓度变化：中间产物浓度达到最大值的时刻，其生成速率等于消耗速率；
分步反应速率影响：加快中间产物消耗步骤的速率，会降低体系中间产物的最大浓度。
14．常温下，向溶液中加入固体，并调节溶液的（忽略溶液体积变化）。已知与可生成配离子，的，。与的变化关系如图所示，代表、或，其中，。
下列说法正确的是（　　）
A．时，
B．点的纵坐标为-4.10
C．时，完全溶解
D．的
【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、已知，当溶液时，代入电离平衡变形式，可推出，与选项表述矛盾，故A错误。
B、交点M同时落在两条对数曲线上，代表此时两条曲线对数值相等，即，化简得等式，整理得交点；将代入，求得纵坐标，描述符合推导结果，故B正确。
C、若固体完全溶解于1L溶液，体系中，总浓度为，会与发生配位消耗游离。
取计算离子浓度比值：，；
该pH下体系主要含、，估算游离；
绝大部分生成配离子，因此平衡时；
由配位平衡逆推游离钡离子浓度；
计算离子积，该数值大于溶度积，体系会析出硫酸钡沉淀，固体无法完全溶解，故C错误。
D、目标反应为，该水解平衡常数，代入常数数值，选项相关结论不成立，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题核心围绕六元弱酸六步分步电离平衡展开，六步电离方程式与对应电离常数依次为：
溶液pH升高，浓度降低，电离平衡持续正向移动，的分布系数随之增大，对应曲线随pH上升单调递增。对两个对数浓度比值做公式变形推导：，函数斜率为；，函数斜率为。
坐标属于斜率的直线，对应，代入零点条件，可得，即；坐标属于斜率的直线，对应，代入零点条件，算出，即，结合两组电离常数分析全部选项。
15．一种从废芯片（主要含有、、、、等）中回收金属的工艺流程如下：
已知：流程中被还原为；“浸出2”中和的浸出率较低；“浸出3”中和转化为和。
回答下列问题：
（1）提高“焙烧”效率的措施有　 　（写出一条即可）。
（2）“焙烧”中，未完全转化为，“浸出1”中参与反应的离子方程式为　 　。
（3）“电解”时，“滤液1”和溶液分别作阴极液和阳极液，不锈钢片和石墨片分别作阴极和阳极，阴离子交换膜作隔膜。“电解”的目的是　 　。
（4）已知的约为，表明该反应可以进行得基本完全，但在“浸出2”中浸出率较低，原因是　 　。
（5）“沉淀”产生的可被还原为，中元素只转化为。理论上与反应的物质的量之比为　 　。
（6）“滤液3”需要合并到“浸出3”所得滤液中，目的是　 　。
（7）“氧化”中，转化为沉淀，该反应的离子方程式为　 　。
【答案】（1）将废芯片粉碎（或适当升温、增大空气通入量）
（2）
（3）氧化得到循环使用的，同时电解析出单质铜实现铜回收
（4）常温浸出时该反应速率极低，短时间难以达到平衡，金无法充分溶解，浸出率较低
（5）
（6）聚拢体系内分散的铈元素，后续转化为沉淀回收，提高铈的回收率
（7）
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1) 提升焙烧效率的核心是扩大反应物接触面积、加快反应速率，可行操作有将废芯片粉碎、适当升高反应温度、增大空气通入量，任选其一作答即可。
故答案：将废芯片粉碎（或适当升温、增大空气通入量）；
(2) 浸出1体系内具备强氧化性，可氧化单质生成，自身被还原为，对应离子方程式：。
故答案：；
(3) 电解时阳极发生反应，实现再生循环用于浸出1；阴极发生反应，析出金属铜完成回收，电解同时达成两项作用。
故答案：氧化得到循环使用的，同时电解析出单质铜实现铜回收；
(4) 反应平衡常数，热力学上反应可完全进行，但常温浸出条件下该反应活化能高、反应速率极慢，短时间反应无法达到平衡，金难以有效溶出，浸出率偏低。
故答案：常温浸出时该反应速率极低，短时间难以达到平衡，金无法充分溶解，浸出率较低；
(5) 中得1个电子还原为；中N元素化合价从-2升至0，1mol 共失去4mol电子；根据氧化还原得失电子守恒，还原剂失电子总数等于氧化剂得电子总数，可得。
故答案：；
(6) 浸出3过程中被还原为，滤液3中留存大量含铈离子；将滤液3并入浸出3滤液，能够聚拢体系中分散的铈元素，后续加、可转化为沉淀分离，提升铈元素整体回收利用率。
故答案：聚拢体系内分散的铈元素，后续转化为沉淀回收，提高铈的回收率；
(7) 氧化步骤碱性环境下，作氧化剂将氧化为，自身被还原为，产物结合氢氧根生成沉淀；通过得失电子、电荷、原子守恒配平离子方程式：。
故答案：；
【分析】废芯片焙烧后，加、浸出1，发生；电解滤液，阴极回收Cu，阳极再生循环；浸渣用、浸出2、浸出3，氧化Au、Pd生成、，自身变为；体系中与发生还原反应析出Ag；各步含滤液合并，加入、，发生，沉淀回收Ce。
(1) 从影响化学反应速率的因素切入，通过增大接触面积、升温、增氧化剂浓度三类角度列举提高焙烧效率的操作；
(2) 依据的氧化性，结合氧化还原产物书写铜与三价铁的离子反应方程式；
(3) 拆分电解池阴阳极电极反应，分别说明阳极再生浸出剂、阴极析出铜两种工业作用；
(4) 区分化学平衡常数（热力学限度）与反应速率（动力学快慢）两个概念，解释平衡常数大但实际浸出效果差的矛盾；
(5) 标注两种物质变价元素化合价变化，利用氧化还原反应得失电子总数相等的守恒关系计算物质的量之比；
(6) 结合流程中铈元素价态变化，分析滤液合并操作对富集金属、提升原料利用率的工业意义；
(7) 先确定氧化剂、还原剂及对应产物，再依次使用电子守恒、电荷守恒、原子守恒三步配平碱性条件下的氧化还原离子方程式。
16．某研究小组在用萃取碘水中的时，发现萃取后的水溶液总是呈现淡黄色，对此开展探究。
回答下列问题：
（1）定性探究：利用如图装置进行实验。
Ⅰ．向饱和碘水中加入，充分振荡、静置、分液。取少量水溶液，向其中滴加淀粉溶液，溶液变蓝。
Ⅱ．向饱和的的溶液中加入蒸馏水，充分振荡、静置、分液。取少量水溶液，向其中滴加淀粉溶液，溶液变蓝。
①仪器a的名称是　 　；b的名称是　 　。
②振荡、静置后，的溶液在下层的原因是　 　。
③步骤I中，证明从水中转移至中的现象是　 　。
结论：在两溶剂间存在可逆的转移，即。
（2）定量验证：类比化学平衡建立过程，该小组猜测，经充分振荡、静置后，在两溶剂中的分配也存在平衡状态，此时在两溶剂中的浓度商应为一常数，并设计实验进行验证。已知：，。
步骤 实验内容
III 取II中分液后的水溶液50.00mL于锥形瓶中，加入5mL10%KI溶液。以淀粉溶液为指示剂，用标准溶液滴定至终点，消耗溶液。
IV 取II中分液后的溶液于锥形瓶中，加入溶液。以淀粉溶液为指示剂，用标准溶液滴定至终点，消耗溶液。
V 改变II中的溶液的浓度，重复步骤II~IV（II中不进行的检验），再开展三次实验。计算每次实验的浓度商。
结论：浓度商的值近似相等，平衡时浓度商可视为常数。
①步骤IV中，加入KI的目的是　 　。
②通过步骤III、IV测得的浓度商的值为　 　（写出计算式）。
③已知常温下，平衡时浓度商的值为85。向150mL含的水溶液中加入进行萃取，平衡时在水中的残留质量为　 　（用科学记数法表示，保留小数点后一位）；若改为分两次萃取，每次用，两次萃取后在水中的残留质量为。上述结果对做萃取实验的启发是　 　。
【答案】（1）分液漏斗；烧杯；与水互不相溶，且密度大于水；液体分层，下层有机层变为紫红色，上层水层颜色明显变浅
（2）增大浓度，促使平衡正向移动，将中的充分转移至水相，方便后续硫代硫酸钠滴定；；；分多次少量萃取比单次加入大量萃取剂萃取效果更好，可显著提高萃取效率
【知识点】分液和萃取；化学实验方案的评价；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)① 萃取操作所使用的主要仪器a是分液漏斗，承接液体的容器b为烧杯；分液漏斗用于两相液体振荡萃取、静置分层与分液操作，烧杯用于承接分层后的水层和有机层液体。
②的溶液静置后处于下层，原因分为两点：第一，属于非极性有机溶剂，水为极性溶剂，二者互不相溶，混合后会自然分层；第二，的密度大于水的密度，因此有机相在下层，水相位于上层。
③ 碘单质极易溶于，碘的四氯化碳溶液显紫红色；振荡后大部分从水相转移至有机相，静置分层后能够观察到明显现象：混合液分为两层，下层有机层呈现深紫红色，上层水相中溶解的碘含量大幅减少，溶液颜色显著变浅。
故答案：分液漏斗、烧杯；与水互不相溶，且密度大于水；液体分层，下层有机层变为紫红色，上层水层颜色明显变浅。
(2)① 有机相中的无法直接用水相的滴定，加入KI的目的是增大溶液中浓度；体系存在可逆平衡，根据勒夏特列原理，浓度升高，平衡正向移动，中难溶于水的转化为易溶于水的，大量碘元素从有机相转移到水相中，才能与硫代硫酸钠发生后续滴定反应。
② 滴定反应关系式：，可得定量关系。
水相取样，消耗标准液物质的量，水相中，水相碘浓度；
有机相取样，消耗标准液物质的量，有机相中，有机相碘浓度；
分配系数，代入浓度化简得。
③ 先计算初始总物质的量：；
设平衡时水相中浓度为，由分配系数可知相中浓度为；
水相体积，有机相体积，根据碘元素物料守恒：
解得；
水中剩余质量。
④ 单次使用萃取，水中残留质量为；分两次、每次萃取后，水中残留仅；对比两组数据可得到实验启发：采用多次少量萃取的操作方式，相比单次加入大量萃取剂，能显著降低水相中溶质残留量，大幅提升萃取分离效率。
故答案：增大浓度，促使平衡正向移动，将中的充分转移至水相，方便后续硫代硫酸钠滴定；；；分多次少量萃取比单次加入大量萃取剂萃取效果更好，可显著提高萃取效率。
【分析】(1) 主要考查萃取实验基础仪器与物质物理性质，需要熟练掌握分液操作的配套器材。结合相似相溶原理与两种液体的密度差异，就能解释混合液分层后四氯化碳处于下层的原因，再依据碘在两相中溶解度的巨大差别，完整描述分层后直观的颜色变化现象，全程只做定性判断，不涉及定量计算。
(2) ① 掌握勒夏特列平衡移动原理分析配位可逆反应，碘单质难溶于水无法直接滴定，加入碘化钾提高体系内碘离子浓度，促使平衡正向移动，让有机相中的碘转化为水溶性的，顺利转移到水相中参与后续滴定反应。
② 核心是氧化还原滴定的定量关系式，先分别算出水相与有机相中的碘单质平衡浓度，再结合分配系数定义公式代入化简，最终推导出分配系数的计算表达式。
③ 借助公式求出体系内碘单质的总物质的量，结合分配系数确定两相碘浓度的倍数关系，再根据元素物料守恒建立方程求解水相碘浓度，最后通过计算萃取后水中残留碘的质量。
④ 实验中控制萃取剂总体积保持不变，对比单次大量萃取、分两次少量萃取两组数据对应的溶质残留量，通过数值差异总结出实验操作规律，证明分多次少量萃取能够明显减少溶质残留，有效提升整体萃取效率。
17．常用作化学反应的催化剂，一种制备的方法如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
回答下列问题：
（1）基态原子的核外电子排布式为　 　；键角：　 　（填“”“”或“＜”）。
（2） 原子与金属离子的结合能力：，原因是　 　。
（3） 、和三种元素组成的某一化合物的晶胞及其在平面的投影如图1所示（晶胞参数，），该晶体的密度为　 　（用含、、和的代数式表示，为阿伏加德罗常数的值，）。
（4）反应Ⅱ中，有利于提高平衡转化率的条件为（　　）（填标号）。
A．高温高压 B．高温低压 C．低温高压 D．低温低压
（5） 下，向一恒压密闭反应器中加入、和，进行反应Ⅰ和反应Ⅱ（不考虑副反应），反应达到平衡时，气体组分的分压与温度的关系如图2所示。
①当温度高于时，分压随温度升高逐渐减小，原因是　 　。
②某温度下，反应达到平衡时，分压是分压的2倍，假设剩余可忽略不计，此时的物质的量为　 　，的分压为　 　；若再加入，其他条件不变，重新达到平衡时，反应Ⅱ的平衡常数将　 　（填“增大”“减小”或“不变”）。
【答案】（1）；＞
（2）中羟基（）是吸电子基团，使N原子上电子云密度降低，N对金属离子的结合能力减弱
（3）
（4）B
（5）温度高于时，反应II（吸热反应）向正反应方向进行，消耗了反应I生成的，促使反应I进一步向正反应方向移动；同时由于总压恒定，反应II生成了大量的CO气体，导致的分压被稀释而减小；；62.5；不变
【知识点】原子核外电子排布；键能、键长、键角及其应用；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1) B元素原子序数为5，基态硼原子核外电子排布式为；
中中心C价层电子对数，采取杂化，无孤电子对，空间正四面体，键角；中中心N价层电子对数，同样杂化，含有1对孤电子对；孤电子对斥力大于成键电子对，挤压成键轨道，键角压缩至，因此键角大小：。
故答案：；＞。
(2) 羟胺可看作一个H被取代；O电负性极强，存在吸电子诱导效应，降低N原子周围电子云密度，N难以给出孤电子对，配位能力弱于。
故答案：中羟基（）是吸电子基团，使N原子上电子云密度降低，N对金属离子的结合能力减弱。
(3) 均摊法计算晶胞原子数目：顶点N：；体心C：；面上B：；
晶胞总质量；
晶胞体积；
密度公式，代入化简：
故答案：。
(4) 反应Ⅱ正向吸热、气体分子总数增大；升温平衡正向移动、降压平衡正向移动，两种条件均能提升平衡转化率，适宜条件为高温低压。
故答案：B。
(5) ①温度高于时反应Ⅱ剧烈正向进行，持续消耗固体C，拉动反应Ⅰ正向生成更多；但反应Ⅱ生成CO使气体总物质的量大幅增多，恒压体系中被稀释，体积分数与分压下降。
②初始投料完全反应，生成、；设反应Ⅱ消耗为，列三段式，
由得，解得；此时BN的物质的量为1.6mol；平衡时各气体组分的物质的量：、、，总物质的量；，平衡常数仅与温度有关，温度不变，再通入，数值不变。
故答案：温度高于时，反应II（吸热反应）向正反应方向进行，消耗了反应I生成的，促使反应I进一步向正反应方向移动；同时由于总压恒定，反应II生成了大量的CO气体，导致的分压被稀释而减小；；；不变。
【分析】(1) 本小问运用价层电子对互斥理论，通过价层电子对数判断中心原子杂化类型，结合孤电子对与成键电子对斥力差异，对比两种分子键角大小，依靠定性空间结构规律分析，无定量计算。
(2) 解题围绕电负性与诱导效应展开，氧强吸电子作用降低氮原子电子云密度，配位键形成需要中心原子给出孤电子对，电子云密度越低配位能力越弱，从电子分布角度解释配位能力差异。
(3) 先用均摊法算出晶胞内各原子总数，再利用计算晶胞质量，结合长方体体积公式与密度定义式，统一单位后化简得到晶胞密度表达式。
(4) 依据勒夏特列原理，分别从吸热反应、气体分子数变化两个角度，分析温度、压强对平衡移动方向的影响，选出提升原料转化率的最优工艺条件。
(5) ①结合两个连续反应的依存关系，先分析高温对两步平衡的拉动作用，再利用恒压体系分压与物质的量成正比的规律，解释分压被稀释下降的原因；
②使用可逆反应三段式模板，依托分压与物质的量等量关系建立方程，求解反应物转化量，再代入计量数计算目标固体产物的平衡物质的量，是化学平衡常规定量计算思路，分压计算公式，先汇总全部气态组分物质的量，再代入公式算出氢气平衡分压； 依据平衡常数的温度依赖性判断，压强、投料量改变均不改变平衡常数，仅温度发生变化时才会改变。
18．化合物H是我国自主研发的一种手术用药，以下为其合成路线之一（略去部分反应条件，忽略立体化学）。
回答下列问题：
（1）H中手性碳原子的数目为　 　；由G生成的反应类型为　 　。
（2）由A生成B的化学方程式为　 　。
（3）C的同分异构体中，能发生银镜反应、核磁共振氢谱显示为三组峰且峰面积比为3∶1∶1的同分异构体的结构简式为　 　（不考虑立体异构，写出一种即可）。
（4）E的结构简式为　 　。
（5）F和G中存在的不同官能团的名称分别是　 　和　 　。
（6）科研人员也尝试了由E经I制备G，如下图所示。研究发现，增大Pd/C催化剂用量和压强，的反应才能顺利进行，而且除了，还有少量其他产物生成。该条件下生成其他产物的可能原因是　 　。
（7）从整个合成路线看，和两步反应（溴的引入和脱去）的目的是　 　。
【答案】（1）1；加成反应（还原反应）
（2）
（3） 或或
（4）
（5）羰基（或酮羰基）；碳碳双键
（6）增大 Pd/C 催化剂和 H2 压强后，H2 除了使 C–Br 键氢解脱溴，还会与分子中的碳碳双键发生加成反应，生成副产物
（7）保护苯环的对位（或占位），防止重排时酰基进入对位，以确保酰基选择性地进入酚羟基的邻位
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】(1)手性碳原子指饱和碳原子同时连接四种互不相同的原子或原子团，有机物H分子内含有1个符合条件的手性碳：；G中的碳碳双键与氢气发生反应，该反应属于加成反应，也可归类为还原反应。
故答案为：1；加成反应（还原反应）。
(2)原料A和发生芳香亲电取代，溴原子取代酚羟基对位的氢原子，生成对位溴代产物B与丁二酰亚胺，反应方程式：；
故答案为：。
(3)有机物C分子式，计算得不饱和度为2；能发生银镜反应说明含醛基，占用1个不饱和度，剩余1个不饱和度对应碳碳双键；核磁共振氢谱显示三组峰，峰面积比3：1：1，分子存在对称甲基；结合原子总数拼接出三种同分异构体：或或。
故答案为：或或。
(4)题干给出酚酯在中会发生酰基重排，酰基可迁移至酚羟基邻位、对位；B中酚羟基对位已经被溴原子占据，酰基无法迁移至对位，只能迁移至酚羟基另一侧邻位，由此推导出E的结构：。
故答案为：。
(5)F分子包含羟基、羰基两种官能团；G分子包含羟基、碳碳双键两种官能团；二者结构中唯一不同的官能团是F含羰基，G含碳碳双键。
故答案为： 羰基（或酮羰基） ，碳碳双键；
(6)E经消去脱溴化氢得到I，I同时含碳碳双键、对位溴原子：；以处理I制备G时，该催化体系存在双重反应活性，既能断裂C-Br键实现脱溴，也能对碳碳双键加氢还原；若增大氢气压力、增加催化剂用量，碳碳双键会同步被氢化，生成饱和副产物。
故答案为： 增大 Pd/C 催化剂和 H2 压强后，H2 除了使 C–Br 键氢解脱溴，还会与分子中的碳碳双键发生加成反应，生成副产物 。
(7)合成路线中A转化为B时，溴原子引入酚羟基对位起到占位作用；根据重排规律，酰基优先向酚羟基对位迁移，对位被溴占据后，酰基只能定向迁移至邻位，精准得到E的目标碳骨架；后续E到F的步骤中再脱去溴原子，把溴转化为H。
故答案为： 保护苯环的对位（或占位），防止重排时酰基进入对位，以确保酰基选择性地进入酚羟基的邻位。
【分析】原料异丙基苯酚 A 与 N - 溴代丁二酰亚胺发生取代，在酚羟基对位引入溴得到 B（）；B 和环丙基酰氯酯化生成酚酯 D，D 在 CF3SO3H 作用下发生酰基重排，因对位被溴占据，酰基转移至酚羟基邻位得到 E（）；E 经消去脱溴化氢得到含双键的 I，I 在氢气、钯碳条件下脱溴得到 G，G 加氢还原得到目标产物 H；另外可由分子式与谱图信息推导中间体 C 的同分异构体。
(1) 围绕手性碳判断与有机反应类型设置考点，解题时先依据手性碳定义逐枚判断饱和碳原子的连接基团，再根据碳碳双键加氢的反应特征判定反应类型，全程为基础有机定性分析，无定量推导。
(2) 考查芳香环亲电取代反应书写，解题思路为先结合题干给出的取代产物确定溴取代位点为酚羟基对位，再按照取代反应断键、成键规律整理完整的化学转化方程式。
(3) 综合不饱和度计算、官能团特征反应、核磁共振氢谱三重考点，解题先依靠不饱和度公式确定分子不饱和结构种类，借助银镜反应锁定醛基，再根据氢谱峰面积推断甲基结构，最后结合全部原子数目拼接出全部符合条件的同分异构体。
(4) 依托题干给出的酚酯重排已知信息解题，解题思路为利用取代基占位效应分析酰基迁移可选位点，对位溴原子阻断对位重排路径，仅邻位可发生傅克酰基重排，进而推导出E的完整骨架结构。
(5) 核心考点为官能团识别，解题思路为分别拆分F、G分子中全部特征官能团，两两比对两类物质的官能团种类，找出二者唯一存在差异的特征官能团。
(6)考查催化加氢的竞争反应，解题思路为分析催化下氢气的两种反应活性，分别解释碳溴键氢解脱溴、碳碳双键加氢还原两条反应路径，从竞争反应角度说明苛刻反应条件下副产物的生成原理。
(7)考查有机合成定位保护策略，解题思路为先分析溴原子的占位保护作用，结合酰基重排的位点选择性规律，解释溴原子控制酰基迁移方向的原理，再说明后续脱溴步骤的合成意义。
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