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四川省字节精准教育联盟2026届高三上学期二模化学试题
一、单选题(共15小题，每小题3分，共45分)
1．百年变局，科技创新是“关键变量”。下列说法不正确的是
A．国产汽车小米SU7车身面板使用的碳纤维材料属于有机高分子材料
B．手机芯片的主要成分单晶硅属于共价晶体
C．中国科学院研发的人造太阳用到的氕、氘、氚互为同位素
D．“太空快递小哥”天舟六号壳体材料主要为铝合金，其强度大于纯铝
【答案】A
【知识点】原子晶体（共价晶体）；合金及其应用；元素、核素；同位素及其应用
【解析】【解答】A、小米 SU7 车身面板使用的碳纤维是碳元素形成的单质材料，归属于无机非金属材料，并非由碳氢化合物聚合而成的有机高分子材料，A错误；
B、手机芯片的核心成分单晶硅，是依靠共价键构建起三维网状结构的晶体，属于典型的共价晶体，B正确；
C、人造太阳用到的氕、氘、氚三种原子，质子数完全相同，中子数存在差异，符合同位素的定义，三者互为同位素，C正确；
D、天舟六号壳体采用的铝合金，属于铝的合金，合金的强度通常会显著高于对应的纯金属，因此铝合金强度大于纯铝，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
精准识别碳纤维的物质类别：碳纤维是碳的单质，属于无机非金属材料，而非有机高分子材料，这直接判定选项 A 错误；同时要牢记单晶硅的晶体类型、同位素的判断依据以及合金的性能优势，可快速验证其他选项的正确性。
2．下列实验装置及操作能达到实验目的的是
实验装置及操作
实验目的 A．制备胶体 B．可以随时控制反应的发生与停止
实验装置及操作
实验目的 C．验证和的稳定性 D．可较长时间看到的白色沉淀
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁；化学实验方案的评价；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、制备氢氧化铁胶体要将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，若滴入氢氧化钠溶液会直接生成氢氧化铁沉淀，无法得到胶体，且装置加热方式也不符合胶体制备要求，A错误；
B、该装置为简易启普发生器类装置，要求固体为块状且不溶于水，过氧化钠是粉末状固体，会从装置缝隙漏出，无法实现固液分离，不能控制反应的发生与停止，B错误；
C、验证碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性时，需将更易分解的碳酸氢钠置于温度更低的小试管中，装置中二者位置颠倒，无法体现碳酸氢钠热稳定性更差的特点，C错误；
D、制备氢氧化亚铁时，先利用铁与稀硫酸反应生成氢气排尽装置内空气，再通过压强差使硫酸亚铁溶液与氢氧化钠溶液接触，可有效隔绝氧气，长时间观察到白色的氢氧化亚铁沉淀，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
氢氧化铁胶体制备：需将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，强碱会直接生成沉淀，无法得到胶体。
反应启停装置要求：仅适用于块状不溶于水的固体，过氧化钠为粉末状，无法控制反应。
稳定性验证逻辑：碳酸氢钠热稳定性更差，需放在温度更低的小试管中才能体现差异。
氢氧化亚铁制备关键：先通氢气排尽装置内空气，防止沉淀被氧气氧化，可长时间观察白色沉淀。
3．下列化学用语或表述正确的是
A．SO2的空间结构：
B．Na2O2的电子式：
C．NH3的VSEPR模型：
D．和的关系：互为同素异形体
【答案】C
【知识点】判断简单分子或离子的构型；同素异形体；元素、核素；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、中心硫原子的价层电子对数为，包含1对孤电子对，根据价层电子对互斥理论，其空间结构为V形，并非直线形的，A错误；
B、是由和构成的离子化合物，电子式需标注阴阳离子的电荷及离子个数，正确形式为，选项中缺少阳离子标注，B错误；
C、中心氮原子的价层电子对数为，其中含1对孤电子对，其VSEPR模型为四面体形，与题图所示模型一致，C正确；
D、同素异形体的研究对象是同种元素形成的不同单质，而、、是质子数相同、中子数不同的核素，互为同位素而非同素异形体，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
空间结构判断：根据价层电子对互斥理论，计算中心原子价层电子对数，结合孤电子对确定分子空间结构，为V形，VSEPR模型为四面体形。
电子式书写：离子化合物电子式需明确阴阳离子的存在形式及电荷标注，需体现的结构及两个。
概念辨析：区分同位素与同素异形体，同位素是同种元素的不同核素，同素异形体是同种元素的不同单质。
4．室温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是
A．溶液中：、、、
B．与反应放出的溶液中：、、、
C．无色溶液中：、、、
D．溶液中：、、、
【答案】B
【知识点】离子共存；铝的化学性质；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A、在氯化亚铁溶液中，酸性条件下的高锰酸根离子具有强氧化性，会氧化亚铁离子和氯离子，无法大量共存，A不符合题意；
B、能与铝反应放出氢气的溶液，可能是酸性环境也可能是强碱性环境。在酸性条件下，钠离子、硫酸根离子、氯离子和镁离子之间不发生反应，也不与氢离子反应，可以大量共存；若为强碱性环境，镁离子会与氢氧根离子生成沉淀，无法共存，因此该组离子在指定溶液中可能大量共存，B符合题意；
C、铜离子在溶液中呈蓝色，与无色溶液的要求相矛盾，不能大量存在，C不符合题意；
D、在氯化铁溶液中，硫氰根离子会与三价铁离子结合生成血红色的配合物，无法大量共存，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
氧化还原反应判断：酸性高锰酸根离子会氧化亚铁离子、氯离子，三价铁离子会与硫氰根离子发生络合反应。
溶液环境分析：与铝反应放氢气的溶液存在酸性和强碱性两种可能，需分别分析离子在两种环境下的共存情况。
无色溶液限制：无色溶液中不能存在有色离子，如铜离子。
络合反应判断：三价铁离子与硫氰根离子会发生特征络合反应，无法共存。
5．化学与生产、生活密切相关。下列离子方程式正确的是
A．用白醋和淀粉试纸检验加碘盐中的：
B．向苯酚钠溶液中通入少量的：
C．向的悬浊液中加入的溶液发生的离子反应为：
D．试管壁上的银镜用氨水洗涤：
【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；苯酚的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、白醋中的醋酸是弱酸，在离子方程式中不能拆成氢离子，应保留分子形式，实际反应是醋酸、碘离子和碘酸根离子生成碘单质、水和醋酸根离子， 离子方程式为：，A错误；
B、苯酚的酸性弱于碳酸但强于碳酸氢根，所以向苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳时，会生成苯酚和碳酸氢根， 离子方程式为：，B正确；
C、氢氧化铁的溶解度比氢氧化镁更小，所以向氢氧化铁悬浊液中加入氯化镁溶液时，沉淀不会向氢氧化镁转化，二者不发生反应，选项方程式违背沉淀转化规律，C不正确；
D、银单质和氨水不发生反应，银镜需要用硝酸等试剂洗涤，选项方程式不符合反应事实，D不正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
弱酸拆分规则：醋酸等弱酸在离子方程式中要保留分子形式，不能拆成氢离子。
酸性强弱与产物判断：苯酚酸性介于碳酸和碳酸氢根之间，通入少量二氧化碳只能生成碳酸氢根。
沉淀转化规律：溶解度更小的沉淀更稳定，只能由溶解度大的沉淀向溶解度小的沉淀转化，氢氧化铁溶解度更小，无法转化为氢氧化镁。
物质反应特性：银和氨水不反应，银镜洗涤不能用氨水。
6．火法炼铜时会发生反应：。已知反应前后，Cu、Fe元素的化合价不变，为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．含有的质子数为87
B．1 mol 含有的中子数为8
C．生成48 g 时转移3个电子
D．25℃、101 kPa下，6.72 L 的分子数目为0.3
【答案】C
【知识点】气体摩尔体积；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、一摩尔该物质的质子数为铜、铁、硫三种原子质子数之和，共 87 摩尔，但题干未标明物质的量，无法计算具体质子数，A错误；
B、一个氧原子的中子数为质量数减质子数，即 8，一分子氧气含两个氧原子，故一摩尔氧气含中子数为 16 摩尔，不是 8 摩尔，B错误；
C、反应中， 根据反应中得失电子守恒，生成 2 摩尔该硫化物时转移 12 摩尔电子；48 克该硫化物的物质的量为 ：，转移电子的物质的量为， 即 3NA个电子，C正确；
D、 标况0℃、101 kPa下，6.72 L的物质的量为，分子数目为0.3， 25℃、101kPa 不是标准状况，气体摩尔体积大于 22.4 升每摩尔，6.72 升二氧化硫的物质的量小于 0.3 mol，分子数目小于 0.3NA，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
质子数计算：分子质子数等于各原子质子数之和，计算时需明确物质的量。
中子数计算：原子中子数等于质量数减质子数，分子中子数为各原子中子数之和。
电子转移计算：根据氧化还原反应中得失电子守恒，结合生成产物的物质的量计算转移电子数。
气体摩尔体积使用：标准状况为 0℃、101kPa，25℃时气体摩尔体积大于 22.4 升每摩尔，不能直接用 22.4 计算。
7．一种新的高分子材料(如图所示，硫原子连接的波浪线代表键延长)合成过程如下。下列说法错误的是
A．X和Y中的含氧官能团都是酯基
B．X的水解产物之一是
C．Y是线型结构高分子材料，具有热塑性
D．Y在碱性介质中比酸性介质更易降解
【答案】C
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；酯的性质；塑料的老化和降解
【解析】【解答】A、从结构简式能看出，X 和 Y 里的含氧官能团都是酯基，A正确；
B、X 里的酯基完全水解后，会生成，B正确；
C、Y 是通过硫硫键交联形成的空间网状结构，属于体型高分子，这类材料具备热固性，没有热塑性，C错误；
D、Y 里含有酯基，酯在碱性环境下的水解比酸性环境更彻底，所以碱性介质里 Y 更容易降解，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
官能团识别：X 和 Y 的含氧官能团为酯基。
水解产物判断：X 的酯基水解后得到指定三元醇。
高分子结构与性质：Y 是体型网状结构，具热固性，无线型结构的热塑性。
酯的水解特性：酯在碱性条件下水解更完全，更易降解。
8．华为最新研发了一种高效含硫化合物固态电池，充电快速又安全。该含硫化合物的结构如下图所示，已知X、Y、Z、L、M、R为短周期主族元素，原子序数依次递增，X的单质保存在固态石蜡中，L与R同族。下列说法正确的是
A．氢化物的沸点：
B．X单质与反应生成的化合物种类相比于X的其它同族金属元素更少
C．与NaCl溶液反应制备
D．键角：
【答案】B
【知识点】原子结构与元素的性质；键能、键长、键角及其应用；氢键的存在对物质性质的影响；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、Y 的氢化物包含各类烃，Z 的氢化物有氨气、联氨等，题目未限定是简单气态氢化物，物质种类不明确，无法直接比较沸点，A错误；
B、X 为锂，其单质与氧气反应只能生成氧化锂；同主族的碱金属随金属性增强，与氧气反应产物更复杂，如钠可生成氧化钠和过氧化钠，因此锂与氧气反应的产物种类少于同族其他金属，B正确；
C、M 的单质为氟气，氟气通入氯化钠溶液时会先与水反应，生成氟化氢和氧气，无法置换出氯气，C 错误；
D、LM2为二氟化氧，中心氧原子有 2 对孤电子对，采取 sp3 杂化，键角约 103°；YL2为二氧化碳，中心碳原子无孤电子对，采取 sp 杂化，键角为 180°，故键角 LM2＜YL2，D错误；
故答案为：B。
【分析】元素推断：X 单质保存在固态石蜡中，确定为锂；L 形成双键且与 R 同族，确定 L 为氧、R 为硫；Y 形成 4 个单键确定为碳，Z 原子序数介于碳和氧之间确定为氮；M 形成 1 个单键且原子序数介于氧和硫之间确定为氟，综上，X、Y、Z、L、M、R对应元素依次为Li、C、N、O、F、S，据此分析解答。
9．室温下，下列实验探究方案能达到实验目的的是
选项 探究方案 探究目的
A 向溶液中先滴加4滴溶液，再滴加4滴0.1mol/LKI溶液，观察生成沉淀的颜色 证明
B 向丙烯醛中滴加酸性溶液，观察溶液颜色变化 确定丙烯醛结构中是否含有碳碳双键
C 将铁氰化钾溶液滴入硫酸亚铁溶液中，观察现象 检验硫酸亚铁溶液是否被氧化
D 用计分别测定等浓度的溶液和溶液的 探究键的极性对羧酸酸性的影响
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二价铁离子和三价铁离子的检验；羧酸简介
【解析】【解答】A、实验中硝酸银溶液是过量的，加入氯化钾后仍有大量银离子剩余，再滴入碘化钾溶液时，碘离子直接与过量银离子生成碘化银沉淀，并非由氯化银沉淀转化而来，无法证明溶度积大小关系，A 错误；
B、丙烯醛分子中既含有碳碳双键，也含有醛基，二者均能被酸性高锰酸钾溶液氧化，溶液褪色无法确定是否一定是碳碳双键反应，不能验证官能团，B错误；
C、铁氰化钾溶液用于检验亚铁离子，若出现蓝色沉淀证明溶液中仍有亚铁离子；而检验硫酸亚铁是否被氧化，应检验是否存在铁离子，需用硫氰化钾溶液，C错误；
D、乙酸和一氯乙酸的唯一区别是氯原子取代了氢原子，通过测定等浓度溶液的 pH，比较酸性强弱，可探究氯原子这种电负性更大的基团对羧基中氢氧键极性的影响，进而影响酸性，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
溶度积验证条件：证明沉淀转化需保证初始沉淀的离子完全转化，若试剂过量，直接生成新沉淀无法证明溶度积大小。
还原性官能团辨析：碳碳双键和醛基均具还原性，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，无法单一验证碳碳双键。
氧化检验试剂选择：检验亚铁离子被氧化（生成铁离子）用硫氰化钾溶液；检验亚铁离子剩余用铁氰化钾溶液，二者不可混淆。
结构与性质探究：探究键的极性对酸性的影响，需控制其他条件一致，仅改变取代基，通过测定 pH 比较酸性。
10．一水硫酸四氨合铜{[Cu(NH3)4]SO4·H2O}是一种易溶于水的晶体，可作高效安全的广谱杀菌剂，实验室制备流程如图所示。下列说法错误的是
A．[Cu(NH3)4]SO4·H2O含有离子键、共价键、配位键
B．过程①中的O2改为H2O2反应离子方程式可表示为Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O
C．过程③的现象是难溶物溶解，得到深蓝色的透明溶液
D．过程④中加入的“溶剂X”可以是乙醇，玻璃棒摩擦的目的是减慢结晶速率
【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、该晶体由配离子和硫酸根离子构成，配离子内部存在配位键，硫酸根与配离子之间存在离子键，分子内还存在氮氢、氧氢等共价键，A正确；
B、铜与过氧化氢在酸性条件下反应生成铜离子和水，离子方程式符合得失电子守恒与原子守恒，B正确；
C、过程②生成的氢氧化铜难溶物，在加入过量氨水后会转化为深蓝色的配离子溶液，现象为难溶物溶解，得到深蓝色透明溶液，C正确；
D、加入乙醇可降低晶体溶解度，促使晶体析出；玻璃棒摩擦试管内壁是为了提供结晶中心，加快结晶速率，并非减慢，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
化学键类型：配合物中存在离子键、共价键和配位键。
氧化还原反应：铜在酸性条件下可被过氧化氢氧化为铜离子，离子方程式配平正确。
铜氨配离子形成：氢氧化铜与过量氨水反应生成深蓝色的铜氨配离子溶液。
结晶操作：加入乙醇可降低晶体溶解度，玻璃棒摩擦是为了提供晶核，加速结晶。
11．下图所示离子对应的钾盐易溶于水，常被用来鉴别Z元素某种离子。其中X、Y、Z为前四周期原子序数依次增大的三种元素，X、Y为相邻元素，Z原子核外电子数是X、Y原子质子数之和的2倍。下列说法错误的是
A．该离子中σ键与π键的个数比为
B．X、Y的简单氢化物的中心原子杂化类型相同
C．基态Z原子的电子排布式：
D．与Y同周期的主族元素中，只有一种元素的第一电离能大于Y的第一电离能
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、该离子里，每个三键包含 1 个 σ 键和 2 个 π 键，再加上中心原子与其他原子的 σ 键，经统计 σ 键和 π 键的数量比例为 1：1，A正确；
B、X 的简单氢化物是甲烷，中心碳原子采取 sp3 杂化；Y 的简单氢化物是氨气，中心氮原子也采取 sp3 杂化，二者杂化类型一致，B正确；
C、经推断 Z 是铁元素，基态铁原子的电子排布式应为 1s22s22p63s23p63d64s2，选项给出的排布式缺少 4s2 电子，是铁离子的排布式，C错误；
D、Y 是氮元素，同周期的主族元素里，只有F元素的第一电离能比氮大，D正确；
故答案为：C。
【分析】元素推断：X 能形成 4 个共价键，Y 能形成 3 个共价键，且二者相邻，结合原子序数关系，可确定 X 是碳，Y 是氮；再根据 Z 的核外电子数是 X、Y 质子数之和的 2 倍，算出 Z 是铁。据此解题。
12．以下说法正确的是
A．邻羟基苯甲醛沸点比对羟基苯甲醛的低，是因为后者分子间可以形成氢键
B．F原子的半径小，键长短，键能大，故晶体的熔点：
C．正戊烷，异戊烷和新戊烷的沸点的依次升高
D．分子间存在氢键，所以稳定性：
【答案】A
【知识点】分子晶体；晶体熔沸点的比较；氢键的存在对物质性质的影响；化学反应中能量的转化；烷烃
【解析】【解答】A、邻羟基苯甲醛里的羟基和醛基挨得近，会形成分子内氢键，这就阻碍了分子间形成氢键，让分子间作用力变弱；而对羟基苯甲醛能形成分子间氢键，分子间作用力更强，沸点也就更高，A正确；
B、四氟化硅和四氯化硅都是分子晶体，熔点由分子间作用力决定，四氯化硅相对分子质量更大，范德华力更强，熔点应该更高，B错误；
C、这类有机物支链越多，分子间接触面积越小，沸点就越低，所以沸点顺序是正戊烷大于异戊烷，异戊烷大于新戊烷，C错误；
D、水的稳定性比硫化氢强，是因为氧氢键的键能比硫氢键大，物质的稳定性和氢键没有关系，氢键只影响物理性质，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
氢键对沸点的影响：分子内氢键会减弱分子间作用力，使沸点降低；分子间氢键会增强分子间作用力，使沸点升高。
分子晶体熔点判断：分子晶体的熔点由相对分子质量决定，相对分子质量越大，范德华力越强，熔点越高。
有机物沸点规律：同类型有机物中，支链越多，分子间接触面积越小，沸点越低。
稳定性影响因素：物质的稳定性由化学键键能决定，和氢键无关。
13．如图所示装置中，a、b都是惰性电极，通电一段时间后，a极附近溶液呈红色。下列说法中正确的是
A．X是正极，Y是负极
B．当Pt极有64 g Cu析出时，b电极产生22.4 L气体
C．向U形管中加入适量盐酸，溶液组成可以恢复
D．溶液的pH不变
【答案】D
【知识点】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、a 极附近溶液变红，说明 a 极生成了氢氧根离子，发生还原反应，a 极为电解池阴极，与阴极相连的 Y 是电源正极，X 是负极，A错误；
B、题目未说明气体是否处于标准状况，无法直接用 22.4 升每摩尔计算气体体积，且 64 克铜对应电子转移量下，b 极气体物质的量也不能直接确定体积，B错误；
C、U 形管中电解氯化钠溶液，阳极生成氯气，阴极生成氢气，要恢复溶液组成应通入氯化氢气体；加入盐酸会额外增加水的含量，无法使溶液组成复原，C错误；
D、左侧装置中铜电极作阳极，失去电子生成铜离子，铂电极作阴极，溶液中的铜离子得到电子生成铜，相当于电镀铜，溶液中铜离子浓度保持不变，因此硫酸铜溶液的 pH 不变，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
整个装置分为两个并联电解池，右侧 U 型管电解氯化钠和酚酞溶液，a 极生成氢氧根使溶液变红： ，确定 a 为阴极、Y 为电源正极、X 为负极；左侧烧杯为电镀铜装置，铜作阳极溶解为铜离子，铂作阴极析出铜，硫酸铜溶液成分保持不变。
14．我国科学家用电催化还原法制甲酸，实现减排。反应过程中相对能量的变化如图所示(“*”表示催化剂，“”表示W的催化剂吸附状态)。下列说法错误的是
A．制甲酸的反应为吸热反应
B．制甲酸的决速步骤为②
C．反应的活化能：
D．制甲酸可表示为：
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、从能量变化图能看到，最终产物甲酸和氢氧根的总能量高于初始反应物二氧化碳和水的总能量，所以该反应是吸热反应，A正确；
B、决速步是反应历程里活化能最大的步骤，也就是能量差最大的一步，图中步骤②的能垒最高，所以步骤②是决速步，B正确；
C、该反应是吸热反应，说明反应物总能量低于生成物总能量，那么正反应的活化能要小于逆反应的活化能，也就是正反应活化能小于副反应活化能，C错误；
D、根据电子守恒和原子守恒，二氧化碳和水得到电子生成甲酸和氢氧根，该离子方程式符合反应事实，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
吸放热判断：产物总能量高于反应物总能量，反应为吸热反应。
决速步判断：活化能最大（能垒最高）的步骤为决速步，步骤②能垒最高。
活化能比较：吸热反应中，正反应活化能小于逆反应活化能。
离子方程式：根据电子守恒、原子守恒配平，得到二氧化碳生成甲酸的离子方程式。
15．常温下，肼(N2H4)是二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似。向的水溶液中逐滴滴加的稀硫酸，溶液中含氮微粒的分布分数[]与溶液pOH[]的关系如图所示。下列说法不正确的是
A．与过量的稀硫酸反应，可生成产物
B．溶液中的离子浓度大小顺序为：
C．的平衡常数为：108.88
D．当加入10.00 mL稀硫酸时，溶液中：
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】由图交点处可知，
A、肼属于二元弱碱，其电离特性与氨相似，与过量稀硫酸反应时，最终生成二价阳离子对应的酸式盐，产物为 (N2H6)(HSO4)2，A正确；
B、(N2H5)2SO4溶液中，N2H5+的水解程度强于电离程度，溶液呈酸性。水解生成的肼与氢离子物质的量相当，同时水的电离也会产生氢离子，因此溶液中 c (H+) > c (N2H4)，正确的离子浓度顺序应为 c (N2H5+) > c (SO42-) > c (H+) > c (N2H4) > c (OH-)，B错误；
C、反应 N2H4 + N2H62+ = 2N2H5+的平衡常数 K 可利用两步电离常数比值计算，即 K =，代入数据计算得 ，C正确；
D、加入 10.00mL 稀硫酸时，肼的初始物质的量是硫酸根的 2 倍，根据物料守恒，溶液中所有含氮微粒的总浓度等于含硫微粒总浓度的 2 倍，即，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
反应产物判断：二元弱碱肼与过量强酸反应，生成 N2H62+的盐，结合硫酸用量可确定酸式盐产物。
离子浓度排序：分析盐溶液时需兼顾水解与水的电离，N2H5+水解呈酸性，且水的电离使 c (H+) > c (N2H4)。
平衡常数计算：对于交叉型平衡反应，可通过相关电离常数（或水解常数）的比值直接求解平衡常数。
物料守恒：根据反应物初始物质的量之比，判断溶液中微粒总浓度的比例关系，肼与硫酸根物质的量比为 2：1。
二、解答题(共4小题，16题13分，17~19题各14分，共55分)
16．三氯化硼可用于有机反应催化剂、电子工业等。其熔点为-107℃，沸点为12.5℃，易水解。实验室利用氯气和硼酸三甲酯制备的部分装置如图所示(加热及夹持装置略)。
回答下列问题：
（1）图A中装有浓盐酸的仪器名称　 　，A中反应的离子方程式为　 　。
（2）按正确顺序连接上图所示装置：a→　 　→c(按气流方向，用小写字母表示)。
（3）实验中装置B需要控制反应温度在70℃左右，加热方式为　 　；反应中除生成外，还有另外两种气体化合物生成，其中一种易与血红蛋白结合，使人体缺氧而中毒，写出该反应的化学方程式　 　。
（4）实验结束后蒸馏得到产品，通过以下实验测定的纯度(不考虑杂质的反应)。已知是一种白色沉淀且
①称量样品于水解瓶中完全水解，稀释至100.00。
②取10.00该溶液于锥形瓶中，加入溶液，加入适量硝基苯，用力摇动，将沉淀表面完全覆盖。
③以溶液为指示剂，用标准溶液滴定过量溶液，消耗标准溶液。
判断滴定终点的现象是　 　；实验所得产品的纯度是　 　，(用含m、c、、的代数式表示)。若未加硝基苯，则测定结果将　 　(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
【答案】（1）恒压滴液漏斗；
（2）fgdeb(或deb)
（3）水浴加热；
（4）滴入最后半滴标准液，溶液由无色变为红色，且半分钟不褪色；；偏小
【知识点】氯气的实验室制法；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）从图A中可以看到装有浓盐酸的仪器为恒压分液漏斗；用高锰酸钾和浓盐酸制备氯气的离子方程式为；
故答案为： 恒压滴液漏斗 ； ；
（2）制备氯气时有HCl和水蒸气杂质，三氯化硼易水解，需防止水蒸气进入B，由于HCl不影响BCl3的制备可不除去，仪器连接顺序为afgdebc(或adebc)；
故答案为： fgdeb(或deb) ；
（3）反应温度70℃左右，最佳加热方式为水浴加热；易与血红蛋白结合，使人体缺氧而中毒的气体是CO，则该反应的化学方程式为：；
故答案为： 水浴加热 ； ；
（4）达到滴定终点时过量的SCN-与指示剂电离出的Fe3+生成红色物质，则终点现象为：滴入最后半滴标准液，溶液由无色变为红色，且半分钟不褪色；根据，则BCl3的含量为；因为若未加硝基苯会导致原本部分AgCl转化为AgSCN，导致计算过量硝酸银偏大，从而导致计算溶液中氯离子浓度偏小，最终导致测得结果偏小。
故答案为： 滴入最后半滴标准液，溶液由无色变为红色，且半分钟不褪色 ； ； 偏小 ；
【分析】(1) 识别恒压滴液漏斗的仪器特征，掌握高锰酸钾与浓盐酸常温制氯气的离子方程式配平，注意电荷与原子守恒。
(2) 先除 HCl 杂质（饱和食盐水），再干燥氯气（浓硫酸），防止水蒸气进入 B 使产物水解，按气流方向连接装置接口。
(3) 70℃左右加热选用水浴加热，控温均匀；根据元素守恒和有毒气体（CO）信息配平反应方程式。
(4) 滴定终点是 Fe3+ 遇 SCN -显红色；利用沉淀滴定的物料关系计算纯度，未加硝基苯会使 AgCl 转化为 AgSCN，导致测定结果偏小。
（1）从图A中可以看到装有浓盐酸的仪器为恒压分液漏斗；用高锰酸钾和浓盐酸制备氯气的离子方程式为；
（2）制备氯气时有HCl和水蒸气杂质，三氯化硼易水解，需防止水蒸气进入B，由于HCl不影响BCl3的制备可不除去，仪器连接顺序为afgdebc(或adebc)；
（3）反应温度70℃左右，最佳加热方式为水浴加热；易与血红蛋白结合，使人体缺氧而中毒的气体是CO，则该反应的化学方程式为：；
（4）达到滴定终点时过量的SCN-与指示剂电离出的Fe3+生成红色物质，则终点现象为：滴入最后半滴标准液，溶液由无色变为红色，且半分钟不褪色；根据，则BCl3的含量为；因为若未加硝基苯会导致原本部分AgCl转化为AgSCN，导致计算过量硝酸银偏大，从而导致计算溶液中氯离子浓度偏小，最终导致测得结果偏小。
17．铋的化合物广泛应用于电子、医药等领域。以辉铋矿(主要成分为，含、、等杂质)为原料制备的工艺流程如图：
已知：
I、铋不溶于水，不溶于非氧化性酸，如盐酸。
II、常温下，部分难溶物的溶度积常数如表。
难溶物 (不溶于氨水)
III、易水解，难溶于冷水。
（1）已知“滤渣1”中含有S单质和　 　(填化学式)。
（2）“氧化浸取”时反应的离子方程式为　 　。
（3）“调pH”时要使完全沉淀(当离子浓度小于或等于时，视为完全沉淀)，溶液pH最小为　 　。(取整数，已知：)
（4）进入“碱溶”步骤的物质为经过充分洗涤的和　 　的固体混合物，为检验是否洗涤干净，可选择的试剂为　 　(填标号)。
A.KSCN溶液　　　B.溶液　　　C.溶液
（5）“转化”时，生成的离子方程式为　 　。
（6）“转化”后应先冷却后再过滤，原因是　 　。
【答案】（1）
（2）
（3）6
（4）；B
（5）
（6）难溶于冷水，冷却后过滤可减少损失
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）由分析可知，滤渣1中含有S单质和；
故答案为： ；
（2）正三价铁离子具有氧化性，将负一价硫氧化为硫单质，正三价铁离子被还原为亚铁离子，结合电子守恒可知，反应的离子方程式为：；
故答案为： ；
（3）由溶度积常数表可知，为避免在调节pH时先于沉淀而难以分离，则“还原”过程把溶液中的还原为；“调pH”时要使完全沉淀，则最大为，已知，代入，得，则，，故溶液pH最小为：6（取整数）；
故答案为：6；
（4）由分析可知：进入“碱溶”步骤的物质为经过充分洗涤的和；由分析可知，沉淀洗涤液中含有亚铁离子，与生成蓝色沉淀，可检验沉淀是否洗涤干净，故选B；
故答案为： ；B；
（5）由分析可知，“转化”时，生成的离子方程式为；
故答案为： ；
（6）由题干可知难溶于冷水，所以转换后先冷却，冷却后再过滤可减少产品损失。
故答案为：难溶于冷水，冷却后过滤可减少损失 ；
【分析】辉铋矿用氯化铁和盐酸氧化浸取，得到含硫、二氧化硅的滤渣 1 和含铋、铁、铜等离子的溶液；加入铋将铁离子还原为亚铁离子，过滤得滤渣 2；调 pH 使铋离子、铜离子转化为氢氧化物沉淀；加氨水碱溶，氢氧化铜溶解，滤出氢氧化铋；盐酸溶解氢氧化铋，再用氢氧化钠和次氯酸钠将三价铋氧化为五价铋，得到难溶于冷水的铋酸钠产品。
（1）分析浸取过程中各成分的反应性：辉铋矿中的 SiO2不与盐酸、氯化铁反应，因此滤渣 1 的主要成分为 SiO2（S 单质为氧化产物，也存在于滤渣 1 中）。
（2）Fe3+具有氧化性，可将 FeS2中的 - 1 价 S 氧化为 S 单质，自身被还原为 Fe2+，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平离子方程式。
（3）① 为避免 Fe3+在调 pH 时先于 Bi3+沉淀，需先将 Fe3+还原为 Fe2+；
② 利用 Bi(OH)3的溶度积 Ksp，结合 “Bi3+完全沉淀时浓度≤1×10-5mol/L” 的条件，计算 Bi3+沉淀完全时的 c(OH-)，进而计算 pH，取整数作为调 pH 的最小值。
（4）① 分析 “碱溶” 步骤的反应物：Cu(OH)2可溶于氨水，Bi(OH)3不溶，因此进入 “碱溶” 的物质为 Cu(OH)2；
② 利用 Fe2+与 K3[Fe(CN)6] 生成蓝色沉淀的特性，检验沉淀洗涤液中是否含 Fe2+，判断沉淀是否洗涤干净，故选 B。
（5）碱性条件下，ClO-将 Bi3+氧化为 BiO3-（生成 NaBiO3沉淀），自身被还原为 Cl-，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平离子方程式。
（6）根据 NaBiO3难溶于冷水的性质，冷却后过滤可降低 NaBiO3的溶解度，减少产品损失。
（1）由分析可知，滤渣1中含有S单质和；
（2）正三价铁离子具有氧化性，将负一价硫氧化为硫单质，正三价铁离子被还原为亚铁离子，结合电子守恒可知，反应的离子方程式为：；
（3）由溶度积常数表可知，为避免在调节pH时先于沉淀而难以分离，则“还原”过程把溶液中的还原为；“调pH”时要使完全沉淀，则最大为，已知，代入，得，则，，故溶液pH最小为：6（取整数）；
（4）由分析可知：进入“碱溶”步骤的物质为经过充分洗涤的和；由分析可知，沉淀洗涤液中含有亚铁离子，与生成蓝色沉淀，可检验沉淀是否洗涤干净，故选B；
（5）由分析可知，“转化”时，生成的离子方程式为；
（6）由题干可知难溶于冷水，所以转换后先冷却，冷却后再过滤可减少产品损失。
18．工业废水中常含有一定量的和，它们会对人类及生态系统产生很大的危害，必须进行处理。
常用的处理方法有两种：
方法1：还原沉淀法：该法的工艺流程为
其中第①步存在平衡：。
（1）若平衡体系显比较强的酸性，此时溶液显　 　色。
（2）能说明第①步反应达平衡状态的是　 　。
a．溶液的pH不变 b．和的浓度相同
c． d．溶液的颜色不变
（3）室温下，初始浓度为的溶液中随的变化如图所示：
根据A点数据，计算出此时的平衡转化率为　 　。
（4）写出第②步中转变成的离子方程式　 　
（5）第③步生成的在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：，常温下，的溶度积，要使降至时，溶液的pH应调至　 　。(已知：)
方法2：电解法：该法用Fe做电极电解含的酸性废水，随着电解进行，在阴极附近溶液pH升高，最终使铬元素以沉淀的形式除去。
（6）写出阳极的电极反应式：　 　。
（7）在阴极附近溶液pH升高的原因是　 　(用电极反应式解释)。
（8）电路中每转移12 mol电子，最多有　 　离子被还原。
【答案】橙；ad；50%；；5.6；；；1
【知识点】化学平衡常数；化学平衡状态的判断；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）根据勒夏特列原理，强酸性意味着 浓度很高。平衡会向右移动，生成更多的（重铬酸根）。 的特征颜色是橙色，此时溶液显橙色。
故答案为： 橙 ；
（2）a．pH不变意味着 浓度不变，在封闭体系中，各组分浓度不再变化说明正逆反应速率相等，是平衡的标志，a正确；
b．平衡时 和 的浓度不一定相等，取决于起始量和转化率，b错误；
c． 没有指明是正反应速率还是逆反应速率，如果是指同一方向的速率，任何时刻都满足系数比，不能作为平衡标志，只有当 时才平衡，c错误；
d．溶液的颜色由 （黄）和 （橙）的浓度决定，颜色不变说明有色离子浓度不再变化，是平衡的宏观表现，d正确。
故答案为：ad。
（3）初始 浓度为 ，即初始 浓度 ，从图中读取A点数据：纵坐标 ，横坐标 ，根据反应方程式：，生成了 的 ，说明消耗了 的 ，的转化率 。
故答案为： 50% ；
（4）第②步中 和 反应生成Cr元素化合价由+6价下降到+3价，Fe元素化合价由+2价上升到+3价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。
故答案为： ；
（5）已知溶度积 ，要使降至时，mol/L= ，c(H+)==2.5×10-6mol/L，pH=5+2×lg2=5.6。
故答案为： 5.6 ；
（6）根据题目，Fe作为阳极，会发生氧化反应，Fe在酸性条件下优先失去电子生成 ，因此阳极反应式为：，然后发生反应：阴极 会被还原为 ，导致局部 升高， 与 结合生成 沉淀，从而除去酸性废水中的。
故答案为： ；
（7）在阴极， 会被还原为 ，反应式为：，此过程消耗了溶液中的 ，导致局部 升高。随着 的减少，溶液中 浓度相对增加，进一步促进 与 结合生成 沉淀。
故答案为： ；
（8）该电解法中阳极反应：，每转移2mol电子，生成1mol ，阴极反应：，每转移2mol电子，消耗2mol ，由可知，1mol 需要6mol ，转移12mol电子，综上，每转移12mol电子，最多有1mol 被还原。
故答案为：1；
【分析】(1)勒夏特列原理：强酸性下浓度高，平衡右移，生成橙色，溶液显橙色。
(2)平衡标志：变量不变则达平衡。不变（浓度不变）、溶液颜色不变（有色离子浓度不变）可判断平衡；浓度相等、同方向速率比不能作为平衡依据。
(3)转化率计算：初始浓度为，A点生成，消耗为，转化率为。
(4)氧化还原配平：被还原为，被氧化为，结合电子守恒、电荷守恒配平离子方程式。
(5)溶度积计算：利用，代入，计算得。
(6)阳极反应：作阳极，发生氧化反应，电极反应式为 。
(7)阴极被还原为，电极反应为 ，消耗使溶液升高。
(8)电子守恒：得电子，转移电子时，最多还原。
19．图卡替尼是一种与其他药物联合用于治疗晚期乳腺癌的重要物质。制备图卡替尼的中间体P()的一种合成路线如下(部分试剂及条件略)。
回答下列问题：
（1）A中含有的官能团名称为氰基、　 　。
（2）D的结构简式为　 　。
（3）D+E+F→G的反应类型为　 　。
（4）J→K的化学方程式为　 　。
（5）与M相比，N的沸点更高，原因是　 　。
（6）Y与I互为同分异构体，同时满足下列条件的Y共有　 　种(不考虑立体异构)。
a．能发生银镜反应；b．能发生水解反应；c．遇溶液显色；d．含有，且直接与苯环相连。
其中，Y的水解产物的核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为，则Y的结构简式为　 　(写出一种即可)。
【答案】（1）氨基、硝基
（2）
（3）取代反应
（4）++H2O
（5）N含有氨基，存在分子间氢键，沸点更高(合理即可)
（6）10；或
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；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）A分子中含有的官能团名称为氰基、氨基、硝基；
故答案为： 氨基、硝基 ；
（2）根据上述分析可知，D结构简式为；
故答案为： ；
（3）由D、E、F、G的结构简式可知，D+E+F→G的反应类型为取代反应；
故答案为： 取代反应 ；
（4）J→K的化学方程式为++H2O；
故答案为：++H2O ；
（5）根据化合物N分子结构简式，可知该物质分子中含有氨基，N物质的分子间能形成氢键，增加了分子之间的吸引作用，导致其沸点更高，而化合物M分子之间只存在范德华力，不存在分子间氢键，因此，物质的沸点：N＞M，故答案为：N含有氨基，存在分子间氢键，沸点更高；
故答案为： N含有氨基，存在分子间氢键，沸点更高(合理即可) ；
（6）化合物I结构简式是，化合物Y与I互为同分异构体，同时满足条件：a．能发生银镜反应，说明Y含－CHO或HCOO－；条件b．能发生水解反应，说明Y分子中含有HCOO－； c．遇FeCl3溶液显色，说明Y分子中含有酚羟基（-OH）；d．Y物质分子中含有-NH2，且-NH2直接与苯环相连。故Y为苯环上有三个取代基-OH、-NH2、 HCOO－的有机物。两个取代基分别有邻、间、对3种位置，第三个取代基插入上述结构分别有4种、4种、2种结构，则满足条件的Y的结构有10种；其中Y的水解产物的核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为2：2：2：1，则Y的结构简式为或。
故答案为： 10 ；或 ；
【分析】以含氨基、硝基和氰基的苯衍生物 A 为原料，先与试剂 B 在 DMA 溶剂中反应生成含亚胺结构的中间体 C，再经氢气、钯碳还原得到 D（）；D 与含硫杂环的试剂 E 反应后，和带羟基的氨基化合物 F 发生取代，得到含羟基和硫脲结构的 G；另一路线中，含羟基的甲苯衍生物 I 与含氯氨基吡啶的 H 反应产生J：，J与B在DMA作用下反应产生K，K经一系列反应产生M，M与H2在Pd/C作用下发生还原反应产生N，最后 G 与 N 通过一系列反应拼接成目标中间体 P。
（1）A分子中含有的官能团名称为氰基、氨基、硝基；
（2）根据上述分析可知，D结构简式为；
（3）由D、E、F、G的结构简式可知，D+E+F→G的反应类型为取代反应；
（4）J→K的化学方程式为++H2O；
（5）根据化合物N分子结构简式，可知该物质分子中含有氨基，N物质的分子间能形成氢键，增加了分子之间的吸引作用，导致其沸点更高，而化合物M分子之间只存在范德华力，不存在分子间氢键，因此，物质的沸点：N＞M，故答案为：N含有氨基，存在分子间氢键，沸点更高；
（6）化合物I结构简式是，化合物Y与I互为同分异构体，同时满足条件：a．能发生银镜反应，说明Y含－CHO或HCOO－；条件b．能发生水解反应，说明Y分子中含有HCOO－； c．遇FeCl3溶液显色，说明Y分子中含有酚羟基（-OH）；d．Y物质分子中含有-NH2，且-NH2直接与苯环相连。故Y为苯环上有三个取代基-OH、-NH2、 HCOO－的有机物。两个取代基分别有邻、间、对3种位置，第三个取代基插入上述结构分别有4种、4种、2种结构，则满足条件的Y的结构有10种；其中Y的水解产物的核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为2：2：2：1，则Y的结构简式为或。
1 / 1四川省字节精准教育联盟2026届高三上学期二模化学试题
一、单选题(共15小题，每小题3分，共45分)
1．百年变局，科技创新是“关键变量”。下列说法不正确的是
A．国产汽车小米SU7车身面板使用的碳纤维材料属于有机高分子材料
B．手机芯片的主要成分单晶硅属于共价晶体
C．中国科学院研发的人造太阳用到的氕、氘、氚互为同位素
D．“太空快递小哥”天舟六号壳体材料主要为铝合金，其强度大于纯铝
2．下列实验装置及操作能达到实验目的的是
实验装置及操作
实验目的 A．制备胶体 B．可以随时控制反应的发生与停止
实验装置及操作
实验目的 C．验证和的稳定性 D．可较长时间看到的白色沉淀
A．A B．B C．C D．D
3．下列化学用语或表述正确的是
A．SO2的空间结构：
B．Na2O2的电子式：
C．NH3的VSEPR模型：
D．和的关系：互为同素异形体
4．室温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是
A．溶液中：、、、
B．与反应放出的溶液中：、、、
C．无色溶液中：、、、
D．溶液中：、、、
5．化学与生产、生活密切相关。下列离子方程式正确的是
A．用白醋和淀粉试纸检验加碘盐中的：
B．向苯酚钠溶液中通入少量的：
C．向的悬浊液中加入的溶液发生的离子反应为：
D．试管壁上的银镜用氨水洗涤：
6．火法炼铜时会发生反应：。已知反应前后，Cu、Fe元素的化合价不变，为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．含有的质子数为87
B．1 mol 含有的中子数为8
C．生成48 g 时转移3个电子
D．25℃、101 kPa下，6.72 L 的分子数目为0.3
7．一种新的高分子材料(如图所示，硫原子连接的波浪线代表键延长)合成过程如下。下列说法错误的是
A．X和Y中的含氧官能团都是酯基
B．X的水解产物之一是
C．Y是线型结构高分子材料，具有热塑性
D．Y在碱性介质中比酸性介质更易降解
8．华为最新研发了一种高效含硫化合物固态电池，充电快速又安全。该含硫化合物的结构如下图所示，已知X、Y、Z、L、M、R为短周期主族元素，原子序数依次递增，X的单质保存在固态石蜡中，L与R同族。下列说法正确的是
A．氢化物的沸点：
B．X单质与反应生成的化合物种类相比于X的其它同族金属元素更少
C．与NaCl溶液反应制备
D．键角：
9．室温下，下列实验探究方案能达到实验目的的是
选项 探究方案 探究目的
A 向溶液中先滴加4滴溶液，再滴加4滴0.1mol/LKI溶液，观察生成沉淀的颜色 证明
B 向丙烯醛中滴加酸性溶液，观察溶液颜色变化 确定丙烯醛结构中是否含有碳碳双键
C 将铁氰化钾溶液滴入硫酸亚铁溶液中，观察现象 检验硫酸亚铁溶液是否被氧化
D 用计分别测定等浓度的溶液和溶液的 探究键的极性对羧酸酸性的影响
A．A B．B C．C D．D
10．一水硫酸四氨合铜{[Cu(NH3)4]SO4·H2O}是一种易溶于水的晶体，可作高效安全的广谱杀菌剂，实验室制备流程如图所示。下列说法错误的是
A．[Cu(NH3)4]SO4·H2O含有离子键、共价键、配位键
B．过程①中的O2改为H2O2反应离子方程式可表示为Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O
C．过程③的现象是难溶物溶解，得到深蓝色的透明溶液
D．过程④中加入的“溶剂X”可以是乙醇，玻璃棒摩擦的目的是减慢结晶速率
11．下图所示离子对应的钾盐易溶于水，常被用来鉴别Z元素某种离子。其中X、Y、Z为前四周期原子序数依次增大的三种元素，X、Y为相邻元素，Z原子核外电子数是X、Y原子质子数之和的2倍。下列说法错误的是
A．该离子中σ键与π键的个数比为
B．X、Y的简单氢化物的中心原子杂化类型相同
C．基态Z原子的电子排布式：
D．与Y同周期的主族元素中，只有一种元素的第一电离能大于Y的第一电离能
12．以下说法正确的是
A．邻羟基苯甲醛沸点比对羟基苯甲醛的低，是因为后者分子间可以形成氢键
B．F原子的半径小，键长短，键能大，故晶体的熔点：
C．正戊烷，异戊烷和新戊烷的沸点的依次升高
D．分子间存在氢键，所以稳定性：
13．如图所示装置中，a、b都是惰性电极，通电一段时间后，a极附近溶液呈红色。下列说法中正确的是
A．X是正极，Y是负极
B．当Pt极有64 g Cu析出时，b电极产生22.4 L气体
C．向U形管中加入适量盐酸，溶液组成可以恢复
D．溶液的pH不变
14．我国科学家用电催化还原法制甲酸，实现减排。反应过程中相对能量的变化如图所示(“*”表示催化剂，“”表示W的催化剂吸附状态)。下列说法错误的是
A．制甲酸的反应为吸热反应
B．制甲酸的决速步骤为②
C．反应的活化能：
D．制甲酸可表示为：
15．常温下，肼(N2H4)是二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似。向的水溶液中逐滴滴加的稀硫酸，溶液中含氮微粒的分布分数[]与溶液pOH[]的关系如图所示。下列说法不正确的是
A．与过量的稀硫酸反应，可生成产物
B．溶液中的离子浓度大小顺序为：
C．的平衡常数为：108.88
D．当加入10.00 mL稀硫酸时，溶液中：
二、解答题(共4小题，16题13分，17~19题各14分，共55分)
16．三氯化硼可用于有机反应催化剂、电子工业等。其熔点为-107℃，沸点为12.5℃，易水解。实验室利用氯气和硼酸三甲酯制备的部分装置如图所示(加热及夹持装置略)。
回答下列问题：
（1）图A中装有浓盐酸的仪器名称　 　，A中反应的离子方程式为　 　。
（2）按正确顺序连接上图所示装置：a→　 　→c(按气流方向，用小写字母表示)。
（3）实验中装置B需要控制反应温度在70℃左右，加热方式为　 　；反应中除生成外，还有另外两种气体化合物生成，其中一种易与血红蛋白结合，使人体缺氧而中毒，写出该反应的化学方程式　 　。
（4）实验结束后蒸馏得到产品，通过以下实验测定的纯度(不考虑杂质的反应)。已知是一种白色沉淀且
①称量样品于水解瓶中完全水解，稀释至100.00。
②取10.00该溶液于锥形瓶中，加入溶液，加入适量硝基苯，用力摇动，将沉淀表面完全覆盖。
③以溶液为指示剂，用标准溶液滴定过量溶液，消耗标准溶液。
判断滴定终点的现象是　 　；实验所得产品的纯度是　 　，(用含m、c、、的代数式表示)。若未加硝基苯，则测定结果将　 　(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
17．铋的化合物广泛应用于电子、医药等领域。以辉铋矿(主要成分为，含、、等杂质)为原料制备的工艺流程如图：
已知：
I、铋不溶于水，不溶于非氧化性酸，如盐酸。
II、常温下，部分难溶物的溶度积常数如表。
难溶物 (不溶于氨水)
III、易水解，难溶于冷水。
（1）已知“滤渣1”中含有S单质和　 　(填化学式)。
（2）“氧化浸取”时反应的离子方程式为　 　。
（3）“调pH”时要使完全沉淀(当离子浓度小于或等于时，视为完全沉淀)，溶液pH最小为　 　。(取整数，已知：)
（4）进入“碱溶”步骤的物质为经过充分洗涤的和　 　的固体混合物，为检验是否洗涤干净，可选择的试剂为　 　(填标号)。
A.KSCN溶液　　　B.溶液　　　C.溶液
（5）“转化”时，生成的离子方程式为　 　。
（6）“转化”后应先冷却后再过滤，原因是　 　。
18．工业废水中常含有一定量的和，它们会对人类及生态系统产生很大的危害，必须进行处理。
常用的处理方法有两种：
方法1：还原沉淀法：该法的工艺流程为
其中第①步存在平衡：。
（1）若平衡体系显比较强的酸性，此时溶液显　 　色。
（2）能说明第①步反应达平衡状态的是　 　。
a．溶液的pH不变 b．和的浓度相同
c． d．溶液的颜色不变
（3）室温下，初始浓度为的溶液中随的变化如图所示：
根据A点数据，计算出此时的平衡转化率为　 　。
（4）写出第②步中转变成的离子方程式　 　
（5）第③步生成的在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：，常温下，的溶度积，要使降至时，溶液的pH应调至　 　。(已知：)
方法2：电解法：该法用Fe做电极电解含的酸性废水，随着电解进行，在阴极附近溶液pH升高，最终使铬元素以沉淀的形式除去。
（6）写出阳极的电极反应式：　 　。
（7）在阴极附近溶液pH升高的原因是　 　(用电极反应式解释)。
（8）电路中每转移12 mol电子，最多有　 　离子被还原。
19．图卡替尼是一种与其他药物联合用于治疗晚期乳腺癌的重要物质。制备图卡替尼的中间体P()的一种合成路线如下(部分试剂及条件略)。
回答下列问题：
（1）A中含有的官能团名称为氰基、　 　。
（2）D的结构简式为　 　。
（3）D+E+F→G的反应类型为　 　。
（4）J→K的化学方程式为　 　。
（5）与M相比，N的沸点更高，原因是　 　。
（6）Y与I互为同分异构体，同时满足下列条件的Y共有　 　种(不考虑立体异构)。
a．能发生银镜反应；b．能发生水解反应；c．遇溶液显色；d．含有，且直接与苯环相连。
其中，Y的水解产物的核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为，则Y的结构简式为　 　(写出一种即可)。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】原子晶体（共价晶体）；合金及其应用；元素、核素；同位素及其应用
【解析】【解答】A、小米 SU7 车身面板使用的碳纤维是碳元素形成的单质材料，归属于无机非金属材料，并非由碳氢化合物聚合而成的有机高分子材料，A错误；
B、手机芯片的核心成分单晶硅，是依靠共价键构建起三维网状结构的晶体，属于典型的共价晶体，B正确；
C、人造太阳用到的氕、氘、氚三种原子，质子数完全相同，中子数存在差异，符合同位素的定义，三者互为同位素，C正确；
D、天舟六号壳体采用的铝合金，属于铝的合金，合金的强度通常会显著高于对应的纯金属，因此铝合金强度大于纯铝，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
精准识别碳纤维的物质类别：碳纤维是碳的单质，属于无机非金属材料，而非有机高分子材料，这直接判定选项 A 错误；同时要牢记单晶硅的晶体类型、同位素的判断依据以及合金的性能优势，可快速验证其他选项的正确性。
2．【答案】D
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁；化学实验方案的评价；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、制备氢氧化铁胶体要将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，若滴入氢氧化钠溶液会直接生成氢氧化铁沉淀，无法得到胶体，且装置加热方式也不符合胶体制备要求，A错误；
B、该装置为简易启普发生器类装置，要求固体为块状且不溶于水，过氧化钠是粉末状固体，会从装置缝隙漏出，无法实现固液分离，不能控制反应的发生与停止，B错误；
C、验证碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性时，需将更易分解的碳酸氢钠置于温度更低的小试管中，装置中二者位置颠倒，无法体现碳酸氢钠热稳定性更差的特点，C错误；
D、制备氢氧化亚铁时，先利用铁与稀硫酸反应生成氢气排尽装置内空气，再通过压强差使硫酸亚铁溶液与氢氧化钠溶液接触，可有效隔绝氧气，长时间观察到白色的氢氧化亚铁沉淀，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
氢氧化铁胶体制备：需将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，强碱会直接生成沉淀，无法得到胶体。
反应启停装置要求：仅适用于块状不溶于水的固体，过氧化钠为粉末状，无法控制反应。
稳定性验证逻辑：碳酸氢钠热稳定性更差，需放在温度更低的小试管中才能体现差异。
氢氧化亚铁制备关键：先通氢气排尽装置内空气，防止沉淀被氧气氧化，可长时间观察白色沉淀。
3．【答案】C
【知识点】判断简单分子或离子的构型；同素异形体；元素、核素；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、中心硫原子的价层电子对数为，包含1对孤电子对，根据价层电子对互斥理论，其空间结构为V形，并非直线形的，A错误；
B、是由和构成的离子化合物，电子式需标注阴阳离子的电荷及离子个数，正确形式为，选项中缺少阳离子标注，B错误；
C、中心氮原子的价层电子对数为，其中含1对孤电子对，其VSEPR模型为四面体形，与题图所示模型一致，C正确；
D、同素异形体的研究对象是同种元素形成的不同单质，而、、是质子数相同、中子数不同的核素，互为同位素而非同素异形体，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
空间结构判断：根据价层电子对互斥理论，计算中心原子价层电子对数，结合孤电子对确定分子空间结构，为V形，VSEPR模型为四面体形。
电子式书写：离子化合物电子式需明确阴阳离子的存在形式及电荷标注，需体现的结构及两个。
概念辨析：区分同位素与同素异形体，同位素是同种元素的不同核素，同素异形体是同种元素的不同单质。
4．【答案】B
【知识点】离子共存；铝的化学性质；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A、在氯化亚铁溶液中，酸性条件下的高锰酸根离子具有强氧化性，会氧化亚铁离子和氯离子，无法大量共存，A不符合题意；
B、能与铝反应放出氢气的溶液，可能是酸性环境也可能是强碱性环境。在酸性条件下，钠离子、硫酸根离子、氯离子和镁离子之间不发生反应，也不与氢离子反应，可以大量共存；若为强碱性环境，镁离子会与氢氧根离子生成沉淀，无法共存，因此该组离子在指定溶液中可能大量共存，B符合题意；
C、铜离子在溶液中呈蓝色，与无色溶液的要求相矛盾，不能大量存在，C不符合题意；
D、在氯化铁溶液中，硫氰根离子会与三价铁离子结合生成血红色的配合物，无法大量共存，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
氧化还原反应判断：酸性高锰酸根离子会氧化亚铁离子、氯离子，三价铁离子会与硫氰根离子发生络合反应。
溶液环境分析：与铝反应放氢气的溶液存在酸性和强碱性两种可能，需分别分析离子在两种环境下的共存情况。
无色溶液限制：无色溶液中不能存在有色离子，如铜离子。
络合反应判断：三价铁离子与硫氰根离子会发生特征络合反应，无法共存。
5．【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；苯酚的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、白醋中的醋酸是弱酸，在离子方程式中不能拆成氢离子，应保留分子形式，实际反应是醋酸、碘离子和碘酸根离子生成碘单质、水和醋酸根离子， 离子方程式为：，A错误；
B、苯酚的酸性弱于碳酸但强于碳酸氢根，所以向苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳时，会生成苯酚和碳酸氢根， 离子方程式为：，B正确；
C、氢氧化铁的溶解度比氢氧化镁更小，所以向氢氧化铁悬浊液中加入氯化镁溶液时，沉淀不会向氢氧化镁转化，二者不发生反应，选项方程式违背沉淀转化规律，C不正确；
D、银单质和氨水不发生反应，银镜需要用硝酸等试剂洗涤，选项方程式不符合反应事实，D不正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
弱酸拆分规则：醋酸等弱酸在离子方程式中要保留分子形式，不能拆成氢离子。
酸性强弱与产物判断：苯酚酸性介于碳酸和碳酸氢根之间，通入少量二氧化碳只能生成碳酸氢根。
沉淀转化规律：溶解度更小的沉淀更稳定，只能由溶解度大的沉淀向溶解度小的沉淀转化，氢氧化铁溶解度更小，无法转化为氢氧化镁。
物质反应特性：银和氨水不反应，银镜洗涤不能用氨水。
6．【答案】C
【知识点】气体摩尔体积；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、一摩尔该物质的质子数为铜、铁、硫三种原子质子数之和，共 87 摩尔，但题干未标明物质的量，无法计算具体质子数，A错误；
B、一个氧原子的中子数为质量数减质子数，即 8，一分子氧气含两个氧原子，故一摩尔氧气含中子数为 16 摩尔，不是 8 摩尔，B错误；
C、反应中， 根据反应中得失电子守恒，生成 2 摩尔该硫化物时转移 12 摩尔电子；48 克该硫化物的物质的量为 ：，转移电子的物质的量为， 即 3NA个电子，C正确；
D、 标况0℃、101 kPa下，6.72 L的物质的量为，分子数目为0.3， 25℃、101kPa 不是标准状况，气体摩尔体积大于 22.4 升每摩尔，6.72 升二氧化硫的物质的量小于 0.3 mol，分子数目小于 0.3NA，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
质子数计算：分子质子数等于各原子质子数之和，计算时需明确物质的量。
中子数计算：原子中子数等于质量数减质子数，分子中子数为各原子中子数之和。
电子转移计算：根据氧化还原反应中得失电子守恒，结合生成产物的物质的量计算转移电子数。
气体摩尔体积使用：标准状况为 0℃、101kPa，25℃时气体摩尔体积大于 22.4 升每摩尔，不能直接用 22.4 计算。
7．【答案】C
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；酯的性质；塑料的老化和降解
【解析】【解答】A、从结构简式能看出，X 和 Y 里的含氧官能团都是酯基，A正确；
B、X 里的酯基完全水解后，会生成，B正确；
C、Y 是通过硫硫键交联形成的空间网状结构，属于体型高分子，这类材料具备热固性，没有热塑性，C错误；
D、Y 里含有酯基，酯在碱性环境下的水解比酸性环境更彻底，所以碱性介质里 Y 更容易降解，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
官能团识别：X 和 Y 的含氧官能团为酯基。
水解产物判断：X 的酯基水解后得到指定三元醇。
高分子结构与性质：Y 是体型网状结构，具热固性，无线型结构的热塑性。
酯的水解特性：酯在碱性条件下水解更完全，更易降解。
8．【答案】B
【知识点】原子结构与元素的性质；键能、键长、键角及其应用；氢键的存在对物质性质的影响；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、Y 的氢化物包含各类烃，Z 的氢化物有氨气、联氨等，题目未限定是简单气态氢化物，物质种类不明确，无法直接比较沸点，A错误；
B、X 为锂，其单质与氧气反应只能生成氧化锂；同主族的碱金属随金属性增强，与氧气反应产物更复杂，如钠可生成氧化钠和过氧化钠，因此锂与氧气反应的产物种类少于同族其他金属，B正确；
C、M 的单质为氟气，氟气通入氯化钠溶液时会先与水反应，生成氟化氢和氧气，无法置换出氯气，C 错误；
D、LM2为二氟化氧，中心氧原子有 2 对孤电子对，采取 sp3 杂化，键角约 103°；YL2为二氧化碳，中心碳原子无孤电子对，采取 sp 杂化，键角为 180°，故键角 LM2＜YL2，D错误；
故答案为：B。
【分析】元素推断：X 单质保存在固态石蜡中，确定为锂；L 形成双键且与 R 同族，确定 L 为氧、R 为硫；Y 形成 4 个单键确定为碳，Z 原子序数介于碳和氧之间确定为氮；M 形成 1 个单键且原子序数介于氧和硫之间确定为氟，综上，X、Y、Z、L、M、R对应元素依次为Li、C、N、O、F、S，据此分析解答。
9．【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二价铁离子和三价铁离子的检验；羧酸简介
【解析】【解答】A、实验中硝酸银溶液是过量的，加入氯化钾后仍有大量银离子剩余，再滴入碘化钾溶液时，碘离子直接与过量银离子生成碘化银沉淀，并非由氯化银沉淀转化而来，无法证明溶度积大小关系，A 错误；
B、丙烯醛分子中既含有碳碳双键，也含有醛基，二者均能被酸性高锰酸钾溶液氧化，溶液褪色无法确定是否一定是碳碳双键反应，不能验证官能团，B错误；
C、铁氰化钾溶液用于检验亚铁离子，若出现蓝色沉淀证明溶液中仍有亚铁离子；而检验硫酸亚铁是否被氧化，应检验是否存在铁离子，需用硫氰化钾溶液，C错误；
D、乙酸和一氯乙酸的唯一区别是氯原子取代了氢原子，通过测定等浓度溶液的 pH，比较酸性强弱，可探究氯原子这种电负性更大的基团对羧基中氢氧键极性的影响，进而影响酸性，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
溶度积验证条件：证明沉淀转化需保证初始沉淀的离子完全转化，若试剂过量，直接生成新沉淀无法证明溶度积大小。
还原性官能团辨析：碳碳双键和醛基均具还原性，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，无法单一验证碳碳双键。
氧化检验试剂选择：检验亚铁离子被氧化（生成铁离子）用硫氰化钾溶液；检验亚铁离子剩余用铁氰化钾溶液，二者不可混淆。
结构与性质探究：探究键的极性对酸性的影响，需控制其他条件一致，仅改变取代基，通过测定 pH 比较酸性。
10．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、该晶体由配离子和硫酸根离子构成，配离子内部存在配位键，硫酸根与配离子之间存在离子键，分子内还存在氮氢、氧氢等共价键，A正确；
B、铜与过氧化氢在酸性条件下反应生成铜离子和水，离子方程式符合得失电子守恒与原子守恒，B正确；
C、过程②生成的氢氧化铜难溶物，在加入过量氨水后会转化为深蓝色的配离子溶液，现象为难溶物溶解，得到深蓝色透明溶液，C正确；
D、加入乙醇可降低晶体溶解度，促使晶体析出；玻璃棒摩擦试管内壁是为了提供结晶中心，加快结晶速率，并非减慢，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
化学键类型：配合物中存在离子键、共价键和配位键。
氧化还原反应：铜在酸性条件下可被过氧化氢氧化为铜离子，离子方程式配平正确。
铜氨配离子形成：氢氧化铜与过量氨水反应生成深蓝色的铜氨配离子溶液。
结晶操作：加入乙醇可降低晶体溶解度，玻璃棒摩擦是为了提供晶核，加速结晶。
11．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、该离子里，每个三键包含 1 个 σ 键和 2 个 π 键，再加上中心原子与其他原子的 σ 键，经统计 σ 键和 π 键的数量比例为 1：1，A正确；
B、X 的简单氢化物是甲烷，中心碳原子采取 sp3 杂化；Y 的简单氢化物是氨气，中心氮原子也采取 sp3 杂化，二者杂化类型一致，B正确；
C、经推断 Z 是铁元素，基态铁原子的电子排布式应为 1s22s22p63s23p63d64s2，选项给出的排布式缺少 4s2 电子，是铁离子的排布式，C错误；
D、Y 是氮元素，同周期的主族元素里，只有F元素的第一电离能比氮大，D正确；
故答案为：C。
【分析】元素推断：X 能形成 4 个共价键，Y 能形成 3 个共价键，且二者相邻，结合原子序数关系，可确定 X 是碳，Y 是氮；再根据 Z 的核外电子数是 X、Y 质子数之和的 2 倍，算出 Z 是铁。据此解题。
12．【答案】A
【知识点】分子晶体；晶体熔沸点的比较；氢键的存在对物质性质的影响；化学反应中能量的转化；烷烃
【解析】【解答】A、邻羟基苯甲醛里的羟基和醛基挨得近，会形成分子内氢键，这就阻碍了分子间形成氢键，让分子间作用力变弱；而对羟基苯甲醛能形成分子间氢键，分子间作用力更强，沸点也就更高，A正确；
B、四氟化硅和四氯化硅都是分子晶体，熔点由分子间作用力决定，四氯化硅相对分子质量更大，范德华力更强，熔点应该更高，B错误；
C、这类有机物支链越多，分子间接触面积越小，沸点就越低，所以沸点顺序是正戊烷大于异戊烷，异戊烷大于新戊烷，C错误；
D、水的稳定性比硫化氢强，是因为氧氢键的键能比硫氢键大，物质的稳定性和氢键没有关系，氢键只影响物理性质，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
氢键对沸点的影响：分子内氢键会减弱分子间作用力，使沸点降低；分子间氢键会增强分子间作用力，使沸点升高。
分子晶体熔点判断：分子晶体的熔点由相对分子质量决定，相对分子质量越大，范德华力越强，熔点越高。
有机物沸点规律：同类型有机物中，支链越多，分子间接触面积越小，沸点越低。
稳定性影响因素：物质的稳定性由化学键键能决定，和氢键无关。
13．【答案】D
【知识点】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、a 极附近溶液变红，说明 a 极生成了氢氧根离子，发生还原反应，a 极为电解池阴极，与阴极相连的 Y 是电源正极，X 是负极，A错误；
B、题目未说明气体是否处于标准状况，无法直接用 22.4 升每摩尔计算气体体积，且 64 克铜对应电子转移量下，b 极气体物质的量也不能直接确定体积，B错误；
C、U 形管中电解氯化钠溶液，阳极生成氯气，阴极生成氢气，要恢复溶液组成应通入氯化氢气体；加入盐酸会额外增加水的含量，无法使溶液组成复原，C错误；
D、左侧装置中铜电极作阳极，失去电子生成铜离子，铂电极作阴极，溶液中的铜离子得到电子生成铜，相当于电镀铜，溶液中铜离子浓度保持不变，因此硫酸铜溶液的 pH 不变，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
整个装置分为两个并联电解池，右侧 U 型管电解氯化钠和酚酞溶液，a 极生成氢氧根使溶液变红： ，确定 a 为阴极、Y 为电源正极、X 为负极；左侧烧杯为电镀铜装置，铜作阳极溶解为铜离子，铂作阴极析出铜，硫酸铜溶液成分保持不变。
14．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、从能量变化图能看到，最终产物甲酸和氢氧根的总能量高于初始反应物二氧化碳和水的总能量，所以该反应是吸热反应，A正确；
B、决速步是反应历程里活化能最大的步骤，也就是能量差最大的一步，图中步骤②的能垒最高，所以步骤②是决速步，B正确；
C、该反应是吸热反应，说明反应物总能量低于生成物总能量，那么正反应的活化能要小于逆反应的活化能，也就是正反应活化能小于副反应活化能，C错误；
D、根据电子守恒和原子守恒，二氧化碳和水得到电子生成甲酸和氢氧根，该离子方程式符合反应事实，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
吸放热判断：产物总能量高于反应物总能量，反应为吸热反应。
决速步判断：活化能最大（能垒最高）的步骤为决速步，步骤②能垒最高。
活化能比较：吸热反应中，正反应活化能小于逆反应活化能。
离子方程式：根据电子守恒、原子守恒配平，得到二氧化碳生成甲酸的离子方程式。
15．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】由图交点处可知，
A、肼属于二元弱碱，其电离特性与氨相似，与过量稀硫酸反应时，最终生成二价阳离子对应的酸式盐，产物为 (N2H6)(HSO4)2，A正确；
B、(N2H5)2SO4溶液中，N2H5+的水解程度强于电离程度，溶液呈酸性。水解生成的肼与氢离子物质的量相当，同时水的电离也会产生氢离子，因此溶液中 c (H+) > c (N2H4)，正确的离子浓度顺序应为 c (N2H5+) > c (SO42-) > c (H+) > c (N2H4) > c (OH-)，B错误；
C、反应 N2H4 + N2H62+ = 2N2H5+的平衡常数 K 可利用两步电离常数比值计算，即 K =，代入数据计算得 ，C正确；
D、加入 10.00mL 稀硫酸时，肼的初始物质的量是硫酸根的 2 倍，根据物料守恒，溶液中所有含氮微粒的总浓度等于含硫微粒总浓度的 2 倍，即，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
反应产物判断：二元弱碱肼与过量强酸反应，生成 N2H62+的盐，结合硫酸用量可确定酸式盐产物。
离子浓度排序：分析盐溶液时需兼顾水解与水的电离，N2H5+水解呈酸性，且水的电离使 c (H+) > c (N2H4)。
平衡常数计算：对于交叉型平衡反应，可通过相关电离常数（或水解常数）的比值直接求解平衡常数。
物料守恒：根据反应物初始物质的量之比，判断溶液中微粒总浓度的比例关系，肼与硫酸根物质的量比为 2：1。
16．【答案】（1）恒压滴液漏斗；
（2）fgdeb(或deb)
（3）水浴加热；
（4）滴入最后半滴标准液，溶液由无色变为红色，且半分钟不褪色；；偏小
【知识点】氯气的实验室制法；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）从图A中可以看到装有浓盐酸的仪器为恒压分液漏斗；用高锰酸钾和浓盐酸制备氯气的离子方程式为；
故答案为： 恒压滴液漏斗 ； ；
（2）制备氯气时有HCl和水蒸气杂质，三氯化硼易水解，需防止水蒸气进入B，由于HCl不影响BCl3的制备可不除去，仪器连接顺序为afgdebc(或adebc)；
故答案为： fgdeb(或deb) ；
（3）反应温度70℃左右，最佳加热方式为水浴加热；易与血红蛋白结合，使人体缺氧而中毒的气体是CO，则该反应的化学方程式为：；
故答案为： 水浴加热 ； ；
（4）达到滴定终点时过量的SCN-与指示剂电离出的Fe3+生成红色物质，则终点现象为：滴入最后半滴标准液，溶液由无色变为红色，且半分钟不褪色；根据，则BCl3的含量为；因为若未加硝基苯会导致原本部分AgCl转化为AgSCN，导致计算过量硝酸银偏大，从而导致计算溶液中氯离子浓度偏小，最终导致测得结果偏小。
故答案为： 滴入最后半滴标准液，溶液由无色变为红色，且半分钟不褪色 ； ； 偏小 ；
【分析】(1) 识别恒压滴液漏斗的仪器特征，掌握高锰酸钾与浓盐酸常温制氯气的离子方程式配平，注意电荷与原子守恒。
(2) 先除 HCl 杂质（饱和食盐水），再干燥氯气（浓硫酸），防止水蒸气进入 B 使产物水解，按气流方向连接装置接口。
(3) 70℃左右加热选用水浴加热，控温均匀；根据元素守恒和有毒气体（CO）信息配平反应方程式。
(4) 滴定终点是 Fe3+ 遇 SCN -显红色；利用沉淀滴定的物料关系计算纯度，未加硝基苯会使 AgCl 转化为 AgSCN，导致测定结果偏小。
（1）从图A中可以看到装有浓盐酸的仪器为恒压分液漏斗；用高锰酸钾和浓盐酸制备氯气的离子方程式为；
（2）制备氯气时有HCl和水蒸气杂质，三氯化硼易水解，需防止水蒸气进入B，由于HCl不影响BCl3的制备可不除去，仪器连接顺序为afgdebc(或adebc)；
（3）反应温度70℃左右，最佳加热方式为水浴加热；易与血红蛋白结合，使人体缺氧而中毒的气体是CO，则该反应的化学方程式为：；
（4）达到滴定终点时过量的SCN-与指示剂电离出的Fe3+生成红色物质，则终点现象为：滴入最后半滴标准液，溶液由无色变为红色，且半分钟不褪色；根据，则BCl3的含量为；因为若未加硝基苯会导致原本部分AgCl转化为AgSCN，导致计算过量硝酸银偏大，从而导致计算溶液中氯离子浓度偏小，最终导致测得结果偏小。
17．【答案】（1）
（2）
（3）6
（4）；B
（5）
（6）难溶于冷水，冷却后过滤可减少损失
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）由分析可知，滤渣1中含有S单质和；
故答案为： ；
（2）正三价铁离子具有氧化性，将负一价硫氧化为硫单质，正三价铁离子被还原为亚铁离子，结合电子守恒可知，反应的离子方程式为：；
故答案为： ；
（3）由溶度积常数表可知，为避免在调节pH时先于沉淀而难以分离，则“还原”过程把溶液中的还原为；“调pH”时要使完全沉淀，则最大为，已知，代入，得，则，，故溶液pH最小为：6（取整数）；
故答案为：6；
（4）由分析可知：进入“碱溶”步骤的物质为经过充分洗涤的和；由分析可知，沉淀洗涤液中含有亚铁离子，与生成蓝色沉淀，可检验沉淀是否洗涤干净，故选B；
故答案为： ；B；
（5）由分析可知，“转化”时，生成的离子方程式为；
故答案为： ；
（6）由题干可知难溶于冷水，所以转换后先冷却，冷却后再过滤可减少产品损失。
故答案为：难溶于冷水，冷却后过滤可减少损失 ；
【分析】辉铋矿用氯化铁和盐酸氧化浸取，得到含硫、二氧化硅的滤渣 1 和含铋、铁、铜等离子的溶液；加入铋将铁离子还原为亚铁离子，过滤得滤渣 2；调 pH 使铋离子、铜离子转化为氢氧化物沉淀；加氨水碱溶，氢氧化铜溶解，滤出氢氧化铋；盐酸溶解氢氧化铋，再用氢氧化钠和次氯酸钠将三价铋氧化为五价铋，得到难溶于冷水的铋酸钠产品。
（1）分析浸取过程中各成分的反应性：辉铋矿中的 SiO2不与盐酸、氯化铁反应，因此滤渣 1 的主要成分为 SiO2（S 单质为氧化产物，也存在于滤渣 1 中）。
（2）Fe3+具有氧化性，可将 FeS2中的 - 1 价 S 氧化为 S 单质，自身被还原为 Fe2+，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平离子方程式。
（3）① 为避免 Fe3+在调 pH 时先于 Bi3+沉淀，需先将 Fe3+还原为 Fe2+；
② 利用 Bi(OH)3的溶度积 Ksp，结合 “Bi3+完全沉淀时浓度≤1×10-5mol/L” 的条件，计算 Bi3+沉淀完全时的 c(OH-)，进而计算 pH，取整数作为调 pH 的最小值。
（4）① 分析 “碱溶” 步骤的反应物：Cu(OH)2可溶于氨水，Bi(OH)3不溶，因此进入 “碱溶” 的物质为 Cu(OH)2；
② 利用 Fe2+与 K3[Fe(CN)6] 生成蓝色沉淀的特性，检验沉淀洗涤液中是否含 Fe2+，判断沉淀是否洗涤干净，故选 B。
（5）碱性条件下，ClO-将 Bi3+氧化为 BiO3-（生成 NaBiO3沉淀），自身被还原为 Cl-，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平离子方程式。
（6）根据 NaBiO3难溶于冷水的性质，冷却后过滤可降低 NaBiO3的溶解度，减少产品损失。
（1）由分析可知，滤渣1中含有S单质和；
（2）正三价铁离子具有氧化性，将负一价硫氧化为硫单质，正三价铁离子被还原为亚铁离子，结合电子守恒可知，反应的离子方程式为：；
（3）由溶度积常数表可知，为避免在调节pH时先于沉淀而难以分离，则“还原”过程把溶液中的还原为；“调pH”时要使完全沉淀，则最大为，已知，代入，得，则，，故溶液pH最小为：6（取整数）；
（4）由分析可知：进入“碱溶”步骤的物质为经过充分洗涤的和；由分析可知，沉淀洗涤液中含有亚铁离子，与生成蓝色沉淀，可检验沉淀是否洗涤干净，故选B；
（5）由分析可知，“转化”时，生成的离子方程式为；
（6）由题干可知难溶于冷水，所以转换后先冷却，冷却后再过滤可减少产品损失。
18．【答案】橙；ad；50%；；5.6；；；1
【知识点】化学平衡常数；化学平衡状态的判断；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）根据勒夏特列原理，强酸性意味着 浓度很高。平衡会向右移动，生成更多的（重铬酸根）。 的特征颜色是橙色，此时溶液显橙色。
故答案为： 橙 ；
（2）a．pH不变意味着 浓度不变，在封闭体系中，各组分浓度不再变化说明正逆反应速率相等，是平衡的标志，a正确；
b．平衡时 和 的浓度不一定相等，取决于起始量和转化率，b错误；
c． 没有指明是正反应速率还是逆反应速率，如果是指同一方向的速率，任何时刻都满足系数比，不能作为平衡标志，只有当 时才平衡，c错误；
d．溶液的颜色由 （黄）和 （橙）的浓度决定，颜色不变说明有色离子浓度不再变化，是平衡的宏观表现，d正确。
故答案为：ad。
（3）初始 浓度为 ，即初始 浓度 ，从图中读取A点数据：纵坐标 ，横坐标 ，根据反应方程式：，生成了 的 ，说明消耗了 的 ，的转化率 。
故答案为： 50% ；
（4）第②步中 和 反应生成Cr元素化合价由+6价下降到+3价，Fe元素化合价由+2价上升到+3价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。
故答案为： ；
（5）已知溶度积 ，要使降至时，mol/L= ，c(H+)==2.5×10-6mol/L，pH=5+2×lg2=5.6。
故答案为： 5.6 ；
（6）根据题目，Fe作为阳极，会发生氧化反应，Fe在酸性条件下优先失去电子生成 ，因此阳极反应式为：，然后发生反应：阴极 会被还原为 ，导致局部 升高， 与 结合生成 沉淀，从而除去酸性废水中的。
故答案为： ；
（7）在阴极， 会被还原为 ，反应式为：，此过程消耗了溶液中的 ，导致局部 升高。随着 的减少，溶液中 浓度相对增加，进一步促进 与 结合生成 沉淀。
故答案为： ；
（8）该电解法中阳极反应：，每转移2mol电子，生成1mol ，阴极反应：，每转移2mol电子，消耗2mol ，由可知，1mol 需要6mol ，转移12mol电子，综上，每转移12mol电子，最多有1mol 被还原。
故答案为：1；
【分析】(1)勒夏特列原理：强酸性下浓度高，平衡右移，生成橙色，溶液显橙色。
(2)平衡标志：变量不变则达平衡。不变（浓度不变）、溶液颜色不变（有色离子浓度不变）可判断平衡；浓度相等、同方向速率比不能作为平衡依据。
(3)转化率计算：初始浓度为，A点生成，消耗为，转化率为。
(4)氧化还原配平：被还原为，被氧化为，结合电子守恒、电荷守恒配平离子方程式。
(5)溶度积计算：利用，代入，计算得。
(6)阳极反应：作阳极，发生氧化反应，电极反应式为 。
(7)阴极被还原为，电极反应为 ，消耗使溶液升高。
(8)电子守恒：得电子，转移电子时，最多还原。
19．【答案】（1）氨基、硝基
（2）
（3）取代反应
（4）++H2O
（5）N含有氨基，存在分子间氢键，沸点更高(合理即可)
（6）10；或
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；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）A分子中含有的官能团名称为氰基、氨基、硝基；
故答案为： 氨基、硝基 ；
（2）根据上述分析可知，D结构简式为；
故答案为： ；
（3）由D、E、F、G的结构简式可知，D+E+F→G的反应类型为取代反应；
故答案为： 取代反应 ；
（4）J→K的化学方程式为++H2O；
故答案为：++H2O ；
（5）根据化合物N分子结构简式，可知该物质分子中含有氨基，N物质的分子间能形成氢键，增加了分子之间的吸引作用，导致其沸点更高，而化合物M分子之间只存在范德华力，不存在分子间氢键，因此，物质的沸点：N＞M，故答案为：N含有氨基，存在分子间氢键，沸点更高；
故答案为： N含有氨基，存在分子间氢键，沸点更高(合理即可) ；
（6）化合物I结构简式是，化合物Y与I互为同分异构体，同时满足条件：a．能发生银镜反应，说明Y含－CHO或HCOO－；条件b．能发生水解反应，说明Y分子中含有HCOO－； c．遇FeCl3溶液显色，说明Y分子中含有酚羟基（-OH）；d．Y物质分子中含有-NH2，且-NH2直接与苯环相连。故Y为苯环上有三个取代基-OH、-NH2、 HCOO－的有机物。两个取代基分别有邻、间、对3种位置，第三个取代基插入上述结构分别有4种、4种、2种结构，则满足条件的Y的结构有10种；其中Y的水解产物的核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为2：2：2：1，则Y的结构简式为或。
故答案为： 10 ；或 ；
【分析】以含氨基、硝基和氰基的苯衍生物 A 为原料，先与试剂 B 在 DMA 溶剂中反应生成含亚胺结构的中间体 C，再经氢气、钯碳还原得到 D（）；D 与含硫杂环的试剂 E 反应后，和带羟基的氨基化合物 F 发生取代，得到含羟基和硫脲结构的 G；另一路线中，含羟基的甲苯衍生物 I 与含氯氨基吡啶的 H 反应产生J：，J与B在DMA作用下反应产生K，K经一系列反应产生M，M与H2在Pd/C作用下发生还原反应产生N，最后 G 与 N 通过一系列反应拼接成目标中间体 P。
（1）A分子中含有的官能团名称为氰基、氨基、硝基；
（2）根据上述分析可知，D结构简式为；
（3）由D、E、F、G的结构简式可知，D+E+F→G的反应类型为取代反应；
（4）J→K的化学方程式为++H2O；
（5）根据化合物N分子结构简式，可知该物质分子中含有氨基，N物质的分子间能形成氢键，增加了分子之间的吸引作用，导致其沸点更高，而化合物M分子之间只存在范德华力，不存在分子间氢键，因此，物质的沸点：N＞M，故答案为：N含有氨基，存在分子间氢键，沸点更高；
（6）化合物I结构简式是，化合物Y与I互为同分异构体，同时满足条件：a．能发生银镜反应，说明Y含－CHO或HCOO－；条件b．能发生水解反应，说明Y分子中含有HCOO－； c．遇FeCl3溶液显色，说明Y分子中含有酚羟基（-OH）；d．Y物质分子中含有-NH2，且-NH2直接与苯环相连。故Y为苯环上有三个取代基-OH、-NH2、 HCOO－的有机物。两个取代基分别有邻、间、对3种位置，第三个取代基插入上述结构分别有4种、4种、2种结构，则满足条件的Y的结构有10种；其中Y的水解产物的核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为2：2：2：1，则Y的结构简式为或。
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