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甘肃省酒泉市2026届高三上学期一模化学试题
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．我国在载人飞船、新型战机、高铁等领域取得了举世瞩目的成就。下列说法正确的是
A．“歼-20”飞机：使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料
B．复兴号列车：所用铝合金比其成分金属硬度更大、熔点更高
C．首颗火星探测器：所用太阳能电池帆板的材料成分主要是二氧化硅
D．神舟二十号：所用锂离子电池具有质量小、体积小、储存和输出能量大等特点
2．火箭推进剂发生反应的化学方程式为。下列表示反应中相关微粒的化学用语错误的是
A．中子数为10的氧原子：
B．的电子式：
C．的结构示意图：
D．基态O原子价层电子轨道表示式：
3．可用于净水，下列说法错误的是
A．碱性：
B．电负性：
C．热稳定性：
D．基态原子最外层电子数：
4．用下列装置进行实验，能达到相应实验目的的是
A．图甲装置用于测定氢氧化钠溶液的浓度
B．图乙装置用于灼烧碎海带
C．图丙装置用于配制溶液
D．图丁装置用于制取氨气
5．楂杷壬酮可用于药理研究，结构简式如图所示，下列说法正确的是
A．楂杷壬酮分子中碳原子有3种杂化方式
B．等量的楂杷壬酮最多消耗、的物质的量之比为
C．楂杷壬酮能与溶液发生显色反应
D．楂杷壬酮能发生水解、氧化、加成等反应
6．结构决定性质，性质决定用途。下列事实解释错误的是
选项 事实 解释
A 酸性： 中的范德华力小于
B 稳定性： 的价电子排布式为，全充满结构
C 熔点： 属于离子晶体，属于分子晶体
D 可与形成配位键 存在孤电子对
A．A B．B C．C D．D
7．短周期主族元素、、、的原子序数依次增大，为空气中的主要成分，分子中键和键数目之比为。、、同周期，单质是常见的半导体材料，原子的最外层电子数等于、原子的最外层电子数之和。下列说法正确的是
A．基态原子未成对电子数：
B．最高价氧化物对应水化物的碱性：
C．和晶体类型相同
D．单质熔点：
8．根据下列实验操作及现象得到的相应实验结论正确的是
选项 实验操作 实验现象 实验结论
A 向某钠盐粉末上滴加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液 品红溶液褪色 该钠盐中一定含有硫元素
B 将溶液与溶液混合 生成白色沉淀 结合能力：
C 溴丁烷与的醇溶液共热，产生的气体先通过溶液，再通过酸性溶液 酸性溶液褪色 溴丁烷发生取代反应
D 将样品溶于稀硫酸，滴加溶液 观察到溶液变红 硫酸能将氧化为
A．A B．B C．C D．D
9．为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．分子中含键数目为
B．中的孤电子对数为
C．的中心原子价层电子对数为
D．由和组成的混合气体中分子数为
10．与加成有两种产物，对应的反应①和反应②的能量与反应进程如图所示。下列说法错误的是
A．比稳定
B．反应①的第I步与第Ⅱ步均放出能量
C．反应②的第I步比第Ⅱ步反应速率慢
D．反应①与反应②均为放热反应
11．钾-氧电池是一种新型电池，其工作原理如图所示。下列说法错误的是
A．隔膜允许通过，不允许通过
B．放电时，电流由电极沿导线流向电极
C．放电时，每生成的质量与消耗的质量比值约为2.22
D．用此电池为铅酸蓄电池充电，消耗钾时，铅酸蓄电池消耗水
12．从高铟烟灰(主要含、、、、)中提取铟的流程如图所示。
已知：①滤液中主要含有、、及；②萃取剂在酸性溶液中可萃取三价金属离子。下列说法错误的是
A．“酸浸、氧化”时，
B．“滤渣”的主要成分是，从“水相”中可回收锌
C．“净化”时加入铁粉的作用是除去过量的稀硫酸
D．实验室中“萃取”时，需要用到的玻璃仪器主要有烧杯、分液漏斗
13．冠醚(如图所示甲、乙)是皇冠状分子，可有大小不同的空穴适配不同大小的碱金属离子，乙与作用，但不与或作用。下列说法错误的是
A．化学键键长：
B．超分子丙中之间为离子键
C．第IA族的元素(除氢外)都是碱金属元素
D．甲、乙、丙中的碳原子均采取杂化
14．室温下，水溶液中各含硫微粒物质的量分数随的变化关系如图所示[例如]。已知室温下，饱和溶液的浓度约为，，。下列说法正确的是
A．①②③分别表示、、曲线
B．少量与溶液反应：
C．饱和溶液中存在
D．室温下，反应的平衡常数为
二、非选择题(本题共4小题，共58分)。
15．三氧化二钕是一种具有优异光学性能和磁性能的稀土氧化物。以工厂废料[含钕(，质量分数为28.8%)、、，均以游离态存在]为主要原料制备的工艺流程如图所示。
已知：①的稳定价态为；的活动性较强，与稀硫酸反应产生；可与过量生成可溶性配合物；②硼难溶于稀硫酸；③常温下，。回答下列问题：
（1）将块状工厂废料粉碎后“酸溶”，粉碎的目的是　 　。
（2）“酸溶”时钕发生反应的离子方程式为　 　。
（3）常温下，“沉钕”过程中调节溶液的为2.3，钕全部以沉淀完全，若此时溶液中，则　 　(填“有”或“无”)沉淀生成；酸性太强会使“沉钕”不完全，其原因是　 　。
（4）“转沉”过程中转化为，反应的离子方程式为　 　。
（5）“沉淀”过程得到晶体，“滤液3”中的　 　(填化学式)可在上述流程中循环利用。
（6）的一种晶体的体心立方晶胞结构如图所示，晶胞参数为，为阿伏加德罗常数的值。距离原子最近且等距离的原子有　 　个，该晶体的密度为　 　。
16．某同学在实验室利用为原料制备单质，并测定的质量分数。实验步骤如下：
步骤I称取一定量的和，充分混合后，在条件下在空气中焙烧半小时。
步骤Ⅱ冷却后，取出焙烧物于小烧杯中，加入适量的水充分浸取后过滤。
步骤Ⅲ向滤液中加入适量的，将焙烧过程中产生的少量转化为。
步骤Ⅳ将充分反应后的溶液，酸化后进行电解，得到固体硒；
步骤Ⅴ硒样品中的质量分数测定。
回答下列问题：
（1）步骤I中“焙烧”时，应在　 　(填仪器材质名称)中进行。已知“焙烧”时有和生成，该反应的化学方程式为　 　。
（2）步骤Ⅱ“浸取”需要在60℃下进行，采取的加热方式为　 　。
（3）经过步骤Ⅲ后溶液中的主要金属离子有　 　(填离子符号)；判断溶液中是否还存在少量的试剂是　 　。
（4）步骤Ⅳ，生成的电极反应式为　 　。
（5）步骤V准确称取硒样品，加入足量和完全反应成，除去过量的后，配成溶液；取所配溶液于锥形瓶中，加入足量和溶液，使之充分反应；滴入滴淀粉指示剂，振荡，用的溶液滴定至终点，消耗标准溶液。已知：、。
①滴定终点的现象是　 　。
②该硒样品中的质量分数为　 　。
17．利用工业废气中的合成可以变废为宝，有关反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
上述反应I、Ⅱ的焓变和熵变如表：
反应
I
II
回答下列问题：
（1）反应Ⅲ的　 　。
（2）反应I正反应自发进行的条件是　 　(填“低温”“高温”或“任意温度”)。
（3）上述反应使用催化剂的目的可能是_______(填字母)。
A．加快反应速率 B．提高的平衡转化率
C．改变反应I的反应热 D．降低决速步骤反应的活化能
（4）在恒温密闭容器中，仅发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，的平衡转化率和甲醇选择性随温度变化关系如图所示。
①写出增大选择性的方法：　 　(填一种即可)。
②温度高于以后，转化率下降的原因是　 　。
③在，向一定容积的容器内投入和充分反应，平衡时生成的物质的量为　 　。该温度下，反应Ⅱ的平衡常数　 　(保留2位有效数字)。
18．有机物F是一种重要的药物中间体，其中一种合成方法如下：
已知：①(为烃基)；②。回答下列问题：
（1）A中碳原子的杂化方式为　 　，A中官能团的名称为　 　。
（2）B的结构简式为　 　。
（3）反应C→D的化学方程式为　 　，反应类型为　 　。
（4）满足下列条件的E的同分异构体有　 　种(不含立体异构，不考虑“”结构)。
①分子中除了含有苯环外，无其他环状结构，且苯环上一氯代物有2种；②可以发生银镜反应
（5）以1，3-丁二烯为原料制备的合成路线为，该合成路线中、的结构简式分别为　 　、　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；硅和二氧化硅；合金及其应用
【解析】【解答】A、碳纤维是以碳元素为主要成分的无机非金属材料，并非有机高分子材料，A错误；
B、铝合金属于合金，硬度通常高于其成分金属纯铝，但熔点一般低于纯铝，B错误；
C、太阳能电池帆板的核心材料是单晶硅或多晶硅，可用作太阳能电池板；二氧化硅是光导纤维的主要成分，C错误；
D、锂离子电池能量密度大、离子迁移效率高，在航天领域具备轻量化、高容量储输能量的优势，符合神舟飞船的使用需求，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
碳纤维本质：属于无机非金属材料，不是有机高分子。
合金特性：硬度高于成分金属，熔点低于成分金属。
光伏材料：电池帆板核心是硅单质，二氧化硅用于光导纤维。
锂离子电池优势：质量轻、体积小、能量密度高，适合航天场景。
2．【答案】C
【知识点】原子中的数量关系；原子核外电子排布；原子结构示意图
【解析】【解答】A、氧元素的质子数为8，中子数为10的氧原子，其质量数为18，原子符号书写为，符合原子符号“左下质子数、左上质量数”的规范，A正确；
B、分子中，氮原子与氮原子之间形成单键，每个氮原子再与两个氢原子形成单键，其电子式为，B正确；
C、氮元素的原子序数为7，核内质子数为7，结构示意图中圆圈内应标注核电荷数+7， 结构示意图为，C错误；
D、基态氧原子的核外电子排布式为，价层电子为2s和2p轨道电子，2s轨道填满自旋相反的电子，2p轨道4个电子遵循洪特规则，在三个轨道上先分占再配对， 价层电子轨道表示式为，D正确；
故答案为：C、
【分析】本题解题要点：
原子符号书写：需明确左下角标注质子数，左上角标注质量数（质量数=质子数+中子数）。
电子式规范：需完整表示出所有原子的成键情况和孤电子对，满足各原子稳定电子结构。
结构示意图要点：圆圈内必须标注核电荷数（质子数），核外电子排布需符合电子层排布规律。
价层电子轨道表示：需遵循泡利不相容原理和洪特规则，2p轨道电子排布需体现分占轨道、自旋平行的特点。
3．【答案】C
【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、氢氧化钾是强碱，氢氧化铝是两性氢氧化物，碱性极弱，所以氢氧化钾的碱性远强于氢氧化铝，A正确；
B、氧和硫同属第 ⅥA 族，同主族元素从上到下电负性逐渐减小，因此氧的电负性大于硫，B正确；
C、水中氧氢键的键能比氨中氮氢键的键能更大，且氧的电负性比氮更强，对共用电子对的吸引力更强，化学键更稳定，所以水的热稳定性高于氨，选项表述错误，C错误；
D、基态钾原子最外层电子数为 1，铝为 3，氧为 6，顺序为钾 < 铝 < 氧，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
氢氧化物碱性：金属性越强，对应氢氧化物碱性越强，钾金属性远强于铝，故氢氧化钾碱性更强。
电负性规律：同主族元素从上到下电负性递减，氧在硫上方，电负性更大。
气态氢化物热稳定性：元素非金属性越强、化学键键能越大，氢化物热稳定性越高，氧非金属性强于氮，故水比氨稳定。
最外层电子数：钾最外层 1 个电子，铝最外层 3 个电子，氧最外层 6 个电子，顺序为钾 < 铝 < 氧。
4．【答案】A
【知识点】氨的实验室制法；配制一定物质的量浓度的溶液；化学实验方案的评价；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A、图甲是酸碱中和滴定装置，用盐酸标准液滴定含酚酞的氢氧化钠溶液，可通过指示剂变色判断滴定终点，从而测定氢氧化钠溶液浓度，A正确；
B、图乙中的表面皿不耐高温，灼烧碎海带这类固体应在坩埚中进行，无法达到实验目的，B错误；
C、容量瓶仅用于定容，不能在其中溶解固体氢氧化钠，需先在烧杯中溶解并冷却至室温后，再转移至容量瓶定容，C错误；
D、加热氯化铵固体时，分解生成的氨气和氯化氢会在试管口重新化合为氯化铵，无法收集到氨气，实验室制氨气需用氯化铵与氢氧化钙固体混合加热，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
酸碱滴定：酸式滴定管可盛放盐酸，通过中和滴定能测定氢氧化钠溶液浓度，酚酞可指示终点。
固体灼烧：需在坩埚中进行，表面皿不能承受高温。
溶液配制：容量瓶不能用于溶解固体，溶解操作需在烧杯中完成。
氨气制备：氯化铵受热分解的产物会重新化合，无法制得氨气，需选用碱与铵盐共热的方法。
5．【答案】D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；酯的性质
【解析】【解答】A、楂杷王酮分子里的碳原子只存在 sp3 和 sp2 两种杂化形式，不存在 sp 杂化的情况，A错误；
B、1 个楂杷王酮分子里，能和氢气加成的是 1 个碳碳双键和 1 个羰基，共消耗 2mol 氢气；能和氢氧化钠反应的只有 1 个酯基，消耗 1mol 氢氧化钠，二者物质的量之比是 2：1，并非 3：1，B错误；
C、楂杷王酮分子里没有酚羟基，只有醇羟基，所以不能和氯化铁溶液发生显色反应，C错误；
D、楂杷王酮含有酯基，能发生水解反应；含有醇羟基和碳碳双键，能发生氧化反应；含有碳碳双键和羰基，能发生加成反应，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
碳原子杂化：分子中只有 sp3 和 sp2 两种杂化，无 sp 杂化。
加成与中和反应：2mol 氢气（双键 + 羰基）和 1mol 氢氧化钠（酯基），比例为 2：1。
显色反应：无酚羟基，不能与 FeCl3溶液显色。
反应类型：酯基可水解，醇羟基和双键可氧化，双键和羰基可加成。
6．【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；分子间作用力；晶体的定义
【解析】【解答】A、甲酸酸性强于乙酸，本质原因是甲基是推电子基团，会降低乙酸中羟基的极性，使氢离子更难电离；而范德华力影响的是物理性质，和酸性强弱无关，A错误；
B、一价铜离子的价电子排布为全充满的 3d 构型，二价铜离子为 3d9，全充满结构更稳定，所以一价铜离子稳定性更强，B正确；
C、氟化铝是离子晶体，氯化铝是分子晶体，离子晶体的晶格能远大于分子晶体的分子间作用力，因此氟化铝熔点更高，C正确；
D、氨气分子中氮原子存在孤电子对，可作为电子对给予体，与铜离子形成配位键，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
羧酸酸性：取决于分子内电子效应，甲基推电子使乙酸酸性弱于甲酸，与范德华力无关。
离子稳定性：全充满电子构型更稳定，一价铜离子 3d 全充满，稳定性强于二价铜离子。
晶体熔点：离子晶体熔点高于分子晶体，氟化铝为离子晶体，氯化铝为分子晶体。
配位键形成：氨气的氮原子有孤电子对，可提供孤对电子与金属离子形成配位键。
7．【答案】D
【知识点】原子结构与元素的性质；晶体的定义；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、基态原子未成对电子数：氮有 3 个，钠和铝各 1 个，硅有 2 个，顺序为 Z (硅) > W (氮) > X (钠)=Y (铝)，选项顺序错误，A错误；
B、钠的最高价氧化物水化物是强碱氢氧化钠，铝的是两性氢氧化物氢氧化铝，碱性 Y < X，B错误；
C、X3W 是氮化钠，属于离子晶体；Z3W4是氮化硅，属于共价晶体，二者晶体类型不同，C错误；
D、硅是共价晶体，熔点约 1414℃；铝是金属晶体，熔点约 660℃；钠是金属晶体，熔点约 97.8℃，单质熔点顺序为 Z (硅) > Y (铝) > X (钠)，D正确；
故答案为：D。
【分析】先根据题干信息推断元素：W2是空气主要成分且 σ 键与 π 键数比为 1：2，可确定 W 是氮元素；Z 是常见半导体材料，确定 Z 为硅，且 X、Y、Z 同周期，结合 Z 最外层电子数等于 X、Y 最外层电子数之和，推出 X 是钠、Y 是铝。再围绕未成对电子数、最高价氧化物水化物碱性、晶体类型及单质熔点逐一判断选项。
8．【答案】B
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；卤代烃简介；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、能使品红溶液褪色的气体不一定是二氧化硫，氯气等也能使品红褪色，所以该钠盐中不一定含有硫元素，A错误；
B、混合后生成氢氧化铝沉淀，说明四羟基合铝酸根结合氢离子的能力强于碳酸氢根，二者发生反应生成沉淀，B正确；
C、溴丁烷与氢氧化钠醇溶液共热发生的是消去反应生成烯烃，而非取代反应，烯烃使酸性高锰酸钾褪色，C错误；
D、硝酸亚铁溶于稀硫酸后，硝酸根在酸性环境下具有强氧化性，将亚铁离子氧化为铁离子，并非硫酸氧化亚铁离子，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
品红褪色：二氧化硫、氯气等均可使品红褪色，不能仅凭褪色判断含硫。
结合氢离子能力：四羟基合铝酸根结合氢离子能力更强，与碳酸氢根反应生成氢氧化铝沉淀。
有机反应类型：溴丁烷在醇溶液中发生消去反应生成烯烃，而非取代反应。
氧化本质：酸性条件下硝酸根氧化亚铁离子，硫酸仅提供酸性环境。
9．【答案】B
【知识点】判断简单分子或离子的构型；气体摩尔体积；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、题目未表明 22.4 升甲烷是否处于标准状况，无法确定其物质的量，因此无法计算 σ 键数目，A错误；
B、每个亚硝酸根中氮原子的孤电子对经计算为 1，亚硝酸根的摩尔质量为 46 克每摩尔，4.6 克亚硝酸根的物质的量为 0.1 摩尔，故 0.1 摩尔亚硝酸根含氮的孤电子对为 0.1NA，B正确；
C、硒化氢的中心原子为硒，其价层电子对数为 4，1 摩尔硒化氢的中心原子硒价层电子对数为 4NA，C错误；
D、氮气和一氧化碳的摩尔质量相等，均为 28 克每摩尔，28 克该混合气体物质的量为 1 摩尔，分子数为 NA，并非 2NA，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
气体摩尔体积：仅在标准状况下，22.4 升气体的物质的量为 1 摩尔，未指明状况时无法计算。
孤电子对计算：亚硝酸根中氮原子孤电子对为 1，4.6 克对应 0.1 摩尔，孤电子对数目为 0.1NA。
价层电子对：硒化氢中心原子硒的价层电子对数为 4，1 摩尔对应 4NA。
混合气体分子数：氮气与一氧化碳摩尔质量相同，28 克混合气体为 1 摩尔，分子数为 NA。
10．【答案】B
【知识点】化学反应中能量的转化；吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A、能量越低的物质结构越稳定，从图中能看到 2 - 氯丙烷的能量低于 1 - 氯丙烷，所以 2 - 氯丙烷更稳定，A正确；
B、反应①的第一步是反应物到过渡态，能量升高，属于吸收能量的过程；第二步是过渡态到产物，能量降低，属于放出能量的过程，并非两步都放出能量，B错误；
C、反应速率由活化能决定，活化能越大反应越慢，反应②第一步的活化能比第二步更大，所以第一步反应速率更慢，C正确；
D、两个反应的最终产物能量都低于初始反应物，整体都是放热反应，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
物质稳定性：能量越低越稳定，2 - 氯丙烷能量更低，稳定性更强。
能量变化：反应①第一步吸能、第二步放能，并非两步都放能。
反应速率：活化能越大反应越慢，反应②第一步活化能更大，速率更慢。
反应热效应：产物能量低于反应物，均为放热反应。
11．【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
【解析】【解答】A、钾的金属性极强，易与氧气发生反应，所以隔膜需要允许钾离子通过，同时阻止氧气与钾接触，A正确；
B、放电时，钾片为负极，铂片为正极，电流由正极（b 电极）经导线流向负极（a 电极），B正确；
C、根据电极反应，每生成 1mol 超氧化钾，消耗 1mol 氧气，二者质量比约为 71：32≈2.22，C正确；
D、3.9g 钾的物质的量为 0.1mol，转移 0.1mol 电子；铅酸蓄电池充电时总反应为 2mol 硫酸铅和 2mol 水生成二氧化铅、铅和硫酸，2mol 电子对应消耗 2mol 水，即 0.1mol 电子对应消耗 0.1mol 水（ ），并非 3.6g，D错误；
故答案为：D。
【分析】钾 - 氧电池属于新型原电池体系，从工作原理图可判断电极属性与反应逻辑：钾片是原电池负极，发生失电子的氧化反应，电极反应为 K-e-= K+ ；铂片是正极，发生得电子的还原反应： K++e-+O2=KO2 。隔膜的设计有明确选择性，只允许钾离子通过以维持电荷平衡，同时隔绝氧气，避免其与活泼金属钾直接接触发生副反应。放电时电流由正极（铂片）经外电路流向负极（钾片），整体实现了化学能向电能的转化。
12．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；分液和萃取；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、KMnO4与 In2S3的氧化还原反应中：
S 元素从 - 2 价被氧化为 SO42-中的 + 6 价，1 个 S 原子失去 8 个电子，1mol In2S3含 3mol S，共失去 24mol 电子；Mn 元素从 + 7 价被还原为 Mn2+中的 + 2 价，1 个 Mn 原子得到 5 个电子，1mol KMnO4得到 5mol 电子；根据得失电子守恒，可得 n (KMnO4)：n (In2S3) = 24：5，A正确；
B、酸浸后不与稀硫酸反应的成分形成滤渣，萃取时三价铟进入有机相，锌离子留在水相，因此可从水相中回收锌元素，B正确；
C、“净化” 时加入铁粉，核心作用是还原溶液中氧化性较强的离子（如将三价铁还原为二价铁，避免其干扰后续铟的萃取），同时也会将过量的高锰酸钾还原，并非单纯除去稀硫酸，C错误；
D、实验室萃取操作的核心玻璃仪器是烧杯（用于混合溶液）和分液漏斗（用于分离有机相和水相），D正确；
故答案为：C。
【分析】高铟烟灰先加稀硫酸和高锰酸钾进行酸浸与氧化，使金属离子溶出并将铟转化为三价，压滤除去不溶的滤渣；滤液（、、及）加铁粉净化，还原高价离子和过量氧化剂，分离出净化渣；得到的净化液用萃取剂萃取，三价铟进入有机相，锌等杂质留在水相，后续经处理得到粗铟。
13．【答案】B
【知识点】键能、键长、键角及其应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、化学键键长由成键原子的半径决定，氧原子半径小于碳原子半径，所以碳氧键的键长小于碳碳键，A正确；
B、离子键是阴、阳离子之间通过静电作用形成的化学键。超分子丙中，氧原子与钾离子之间形成的是配位键，氧原子提供孤电子对，钾离子提供空轨道，并非离子键，B错误；
C、第 ⅠA 族元素除氢元素外，剩余的锂、钠、钾等均属于碱金属元素，C正确；
D、甲、乙、丙中的碳原子均以单键形式连接，每个碳原子形成四个 σ 键，采取 sp3 杂化，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
键长规律：原子半径越小，形成的化学键键长越短，氧原子半径小于碳原子半径。
作用力类型：O—K+之间为配位键，不是离子键，离子键仅存在于阴、阳离子之间。
元素分类：第 ⅠA 族除氢外均为碱金属元素。
杂化类型：冠醚分子中的碳原子均为饱和碳原子，采取 sp3 杂化。
14．【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、随升高，的量分数持续降低，先增后减，持续升高，故曲线①为、②为、③为，选项顺序颠倒，A错误；
B、具强氧化性，具强还原性，二者发生氧化还原反应生成硫单质，并非复分解生成与，B错误；
C、的电离平衡：，，由图像得，，则：，饱和浓度约，代入得：
，C正确；
D、反应的平衡常数：，远大于，D错误；
故答案为：C。
【分析】属于二元弱酸，在水溶液中会分步发生电离：第一步 ，第二步 。随着溶液不断升高，的存在比例会持续降低，的比例先上升后下降，而的比例会持续升高，所以图中三条曲线①②③分别对应、、的含量随的变化趋势。从图中交点数据能算出电离常数：当时，，代入第一步电离常数公式可得 ；当时，，代入第二步电离常数公式可得 ，据此解题。
15．【答案】（1）增大表面积，加快反应速率，使其充分反应
（2）
（3）无；酸性太强，与反应生成，导致浓度减小，沉淀不完全
（4）
（5）
（6）8；
【知识点】晶胞的计算；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
【解析】【解答】（1）将块状工厂废料粉碎后“酸溶”，粉碎的目的是：增大表面积，加快反应速率，使其充分反应；
故答案为： 增大表面积，加快反应速率，使其充分反应 ；
（2）的活动性较强，与稀硫酸反应产生 ，则“酸溶”时钕发生反应的离子方程式为；
故答案为： ；
（3），因此不会有沉淀生成；酸浸后调整溶液的pH，酸性太强，与反应生成，导致浓度减小，“沉钕”不完全；
故答案为： 无 ； 酸性太强，与反应生成，导致浓度减小，沉淀不完全 ；
（4）“转沉”过程中和过量氢氧化钠反应生成，同时生成磷酸根离子和水，反应的离子方程式为；
故答案为： ；
（5）“沉淀”过程得到晶体，硫酸根离子和草酸中氢离子转化为硫酸进入“滤液3”，可在上述流程中循环利用。
故答案为： ；
（6）由图，位于体心，距离原子最近且等距离的原子有8个，据“均摊法”，晶胞中含个，则晶体密度为。
故答案为：8； ；
【分析】工厂废料中的钕、铁、硼经稀硫酸酸溶时，硼不溶解形成滤渣，钕、铁进入滤液；随后加将钕转化为沉淀，加过量转沉为，同时铁转化为沉淀除去；再用稀硫酸溶解，加得到草酸钕沉淀，最后经煅烧分解得到。
（1）将块状工厂废料粉碎后“酸溶”，粉碎的目的是：增大表面积，加快反应速率，使其充分反应；
（2）的活动性较强，与稀硫酸反应产生 ，则“酸溶”时钕发生反应的离子方程式为；
（3），因此不会有沉淀生成；酸浸后调整溶液的pH，酸性太强，与反应生成，导致浓度减小，“沉钕”不完全；
（4）“转沉”过程中和过量氢氧化钠反应生成，同时生成磷酸根离子和水，反应的离子方程式为；
（5）“沉淀”过程得到晶体，硫酸根离子和草酸中氢离子转化为硫酸进入“滤液3”，可在上述流程中循环利用。
（6）由图，位于体心，距离原子最近且等距离的原子有8个，据“均摊法”，晶胞中含个，则晶体密度为。
16．【答案】（1）铁坩埚；
（2）水浴加热
（3）、；溶液
（4）
（5）滴入最后半滴标准溶液，溶液蓝色褪去，半分钟后溶液仍呈无色；98.75%
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）“焙烧”在坩埚中进行，还需要泥三角。
“焙烧”时一定量的和，充分混合后，在条件下在空气中焙烧有和生成，该反应的化学方程式为。
故答案为： 铁坩埚 ； ；
（2）60℃下进行的化学反应，可采取的加热方式为水浴加热。
故答案为： 水浴加热 ；
（3）III中将少量转化为，被氧化为，故此时主要的金属离子为、。
判断溶液中是否还存在少量的试剂是溶液，若滴加溶液的现象是生成蓝色沉淀，说明还存在少量。
故答案为：、 ；溶液 ；
（4）步骤Ⅳ将充分反应后的溶液，酸化后得进行电解，得到固体硒生成Se的电极反应为。
故答案为： ；
（5）①用的溶液滴定第一步反应生成的是碘单质，滴定前溶液为蓝色，当碘单质消耗后溶液蓝色消失，滴定终点的现象是：滴入最后半滴标准溶液，溶液蓝色褪去，半分钟后溶液仍呈无色。
反应、，根据方程式可知，，则样品中Se的质量分数。
故答案为： 滴入最后半滴标准溶液，溶液蓝色褪去，半分钟后溶液仍呈无色 ； 98.75% ；
【分析】(1)高温焙烧选铁坩埚 (防 Na2CO3与瓷坩埚反应)，配平反应时抓住元素守恒和得失电子守恒，CuSe、O2、Na2CO3反应生成 CuO、Na2SeO3和 CO2。
(2) 60℃的温和加热，用水浴加热可精准控温且受热均匀。
(3) FeSO4还原 SeO42-时自身被氧化为 Fe3+，溶液中主要金属离子为 Fe3+、Na+；检验 Fe2+用
K3[Fe(CN)6] 溶液，生成蓝色沉淀即证明存在。
(4) 酸性条件下 H2SeO3在阴极得电子被还原为 Se，结合电荷守恒和原子守恒配平电极反应式。
(5) ①滴定终点：淀粉遇 I2变蓝，I2被 S2O32-还原后蓝色褪去，半分钟不复原即为终点；
②利用关系式 Se~H2SeO3~2I2~4S2O32-，计算 Se 的物质的量，再求质量分数。
（1）“焙烧”在坩埚中进行，还需要泥三角。
“焙烧”时一定量的和，充分混合后，在条件下在空气中焙烧有和生成，该反应的化学方程式为。
（2）60℃下进行的化学反应，可采取的加热方式为水浴加热。
（3）III中将少量转化为，被氧化为，故此时主要的金属离子为、。
判断溶液中是否还存在少量的试剂是溶液，若滴加溶液的现象是生成蓝色沉淀，说明还存在少量。
（4）步骤Ⅳ将充分反应后的溶液，酸化后得进行电解，得到固体硒生成Se的电极反应为。
（5）①用的溶液滴定第一步反应生成的是碘单质，滴定前溶液为蓝色，当碘单质消耗后溶液蓝色消失，滴定终点的现象是：滴入最后半滴标准溶液，溶液蓝色褪去，半分钟后溶液仍呈无色。
反应、，根据方程式可知，，则样品中Se的质量分数。
17．【答案】（1）
（2）低温
（3）A；D
（4）适当降温或适当增大压强或使用合适催化剂；升温，反应I平衡左移，生成，反应Ⅱ平衡右移，消耗温度，高于后，温度升高对反应I平衡左移的影响大于对反应II平衡右移的影响，导致的总转化率降低；0.24；0.053
【知识点】盖斯定律及其应用；焓变和熵变；化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】（1）根据题目给出的反应关系，将反应I减去反应II可得，对应的焓变关系为：。
故答案为： ；
（2）根据吉布斯自由能公式：，当 时，反应自发，对于反应I：， ，说明反应I在低温下自发。
故答案为： 低温 ；
（3）A．催化剂可以降低活化能，加快反应速率，A正确；
B．催化剂不影响平衡状态，不能提高的平衡转化率，B错误；
C．催化剂不改变反应物和生成物的能量，不改变反应的 ，C错误；
D．催化剂通过降低活化能加快反应速率，D正确；
故答案为：AD。
（4）①反应Ⅰ是气体物质的量减少的放热反应，反应Ⅱ是气体物质的量不变的吸热反应，从图中可以看出， 选择性随温度升高而降低，而 转化率也随温度升高而降低。要提高 选择性，可以：适当降温（有利于反应I正向进行，同时抑制反应II）、适当增大压强（有利于反应I正向进行I）、使用对反应I有高选择性的催化剂；
②反应Ⅰ是气体物质的量减少的放热反应，反应Ⅱ是气体物质的量不变的吸热反应，升温，反应I平衡左移，生成，反应Ⅱ平衡右移，消耗温度，高于后，温度升高对反应I平衡左移的影响大于对反应II平衡右移的影响，导致的总转化率降低；
③初始条件： ， ， 时， ， ，平衡时n()=1-1mol×40%=0.6mol，根据 选择性，平衡时n()=0.4mol×60%=0.24mol，n(CO)=0.4mol×40%=0.16mol，由O元素守恒可知n(H2O)=2mol-0.6mol×2-0.24mol-0.16mol=0.4mol，由H元素守恒可知n(H2)=，反应II的平衡常数：。
故答案为： 适当降温或适当增大压强或使用合适催化剂 ； 升温，反应I平衡左移，生成，反应Ⅱ平衡右移，消耗温度，高于后，温度升高对反应I平衡左移的影响大于对反应II平衡右移的影响，导致的总转化率降低 ； 0.24 ； 0.053 ；
【分析】(1)利用盖斯定律，反应Ⅲ = 反应Ⅰ - 反应Ⅱ，代入对应焓变数据计算得。
(2)根据吉布斯自由能公式，反应Ⅰ、，低温下，反应自发。
(3)催化剂可加快反应速率、降低决速步活化能（AD正确）；不影响平衡转化率和反应焓变，排除BC。
(4)① 提高选择性：适当降温、加压或选用对反应Ⅰ高选择性的催化剂。
② 温度高于236℃后，反应Ⅰ放热平衡左移的影响大于反应Ⅱ吸热平衡右移的影响，总转化率降低。
③ 结合转化率和甲醇选择性算出的物质的量，再通过元素守恒得到各物质平衡浓度，代入平衡常数公式计算得。
（1）根据题目给出的反应关系，将反应I减去反应II可得，对应的焓变关系为：。
（2）根据吉布斯自由能公式：，当 时，反应自发，对于反应I：， ，说明反应I在低温下自发。
（3）A．催化剂可以降低活化能，加快反应速率，A正确；
B．催化剂不影响平衡状态，不能提高的平衡转化率，B错误；
C．催化剂不改变反应物和生成物的能量，不改变反应的 ，C错误；
D．催化剂通过降低活化能加快反应速率，D正确；
故选AD。
（4）①反应Ⅰ是气体物质的量减少的放热反应，反应Ⅱ是气体物质的量不变的吸热反应，从图中可以看出， 选择性随温度升高而降低，而 转化率也随温度升高而降低。要提高 选择性，可以：适当降温（有利于反应I正向进行，同时抑制反应II）、适当增大压强（有利于反应I正向进行I）、使用对反应I有高选择性的催化剂；
②反应Ⅰ是气体物质的量减少的放热反应，反应Ⅱ是气体物质的量不变的吸热反应，升温，反应I平衡左移，生成，反应Ⅱ平衡右移，消耗温度，高于后，温度升高对反应I平衡左移的影响大于对反应II平衡右移的影响，导致的总转化率降低；
③初始条件： ， ， 时， ， ，平衡时n()=1-1mol×40%=0.6mol，根据 选择性，平衡时n()=0.4mol×60%=0.24mol，n(CO)=0.4mol×40%=0.16mol，由O元素守恒可知n(H2O)=2mol-0.6mol×2-0.24mol-0.16mol=0.4mol，由H元素守恒可知n(H2)=，反应II的平衡常数：。
18．【答案】（1）；（酚）羟基、醛基
（2）
（3）；取代（或酯化）反应
（4）4
（5）；
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）A中的碳原子均在苯环上，杂化方式为，A中官能团的名称为（酚）羟基和醛基；
故答案为： ； （酚）羟基、醛基 ；
（2）由分析可知，B的结构简式为：；
故答案为： ；
（3）由分析可知，反应C→D的化学方程式为：，反应类型为取代（或酯化）反应；
故答案为： ； 取代（或酯化）反应 ；
（4）E的分子式为C10H8O，根据条件①可知，所述结构在苯环的对位有两个不同的取代基，根据条件②可知，结构中含有醛基，不考虑“”结构，有4种同分异构体满足条件，分别为：、、、；
故答案为：4；
（5）由已知②可知，碳碳双键与HBr在过氧化物的参与下反应，Br加成在含氢较多的碳原子上，故X的结构为：，羟基在铜的催化下被氧气氧化为醛基，Y的结构为：，然后两分子Y在氢氧化钠溶液中发生羟醛缩合反应，得到。
故答案为： ； ；
【分析】水杨醛 (A) 与乙醛在碱性条件下发生羟醛缩合，得到含羟基的醛钠盐B，根据已知①和B的分子式，可知B为：；B 经碱性高锰酸钾氧化、再酸化，将醛基转化为羧基，得到二元羧酸C ()；C 与乙醇在浓硫酸催化下发生酯化反应，生成酯类化合物 (D)；D 再与环丁酮衍生物 (E) 经过一系列反应，最终得到目标药物中间体 (F)。
（1）A中的碳原子均在苯环上，杂化方式为，A中官能团的名称为（酚）羟基和醛基；
（2）由分析可知，B的结构简式为：；
（3）由分析可知，反应C→D的化学方程式为：，反应类型为取代（或酯化）反应；
（4）E的分子式为C10H8O，根据条件①可知，所述结构在苯环的对位有两个不同的取代基，根据条件②可知，结构中含有醛基，不考虑“”结构，有4种同分异构体满足条件，分别为：、、、；
（5）由已知②可知，碳碳双键与HBr在过氧化物的参与下反应，Br加成在含氢较多的碳原子上，故X的结构为：，羟基在铜的催化下被氧气氧化为醛基，Y的结构为：，然后两分子Y在氢氧化钠溶液中发生羟醛缩合反应，得到。
1 / 1甘肃省酒泉市2026届高三上学期一模化学试题
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．我国在载人飞船、新型战机、高铁等领域取得了举世瞩目的成就。下列说法正确的是
A．“歼-20”飞机：使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料
B．复兴号列车：所用铝合金比其成分金属硬度更大、熔点更高
C．首颗火星探测器：所用太阳能电池帆板的材料成分主要是二氧化硅
D．神舟二十号：所用锂离子电池具有质量小、体积小、储存和输出能量大等特点
【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；硅和二氧化硅；合金及其应用
【解析】【解答】A、碳纤维是以碳元素为主要成分的无机非金属材料，并非有机高分子材料，A错误；
B、铝合金属于合金，硬度通常高于其成分金属纯铝，但熔点一般低于纯铝，B错误；
C、太阳能电池帆板的核心材料是单晶硅或多晶硅，可用作太阳能电池板；二氧化硅是光导纤维的主要成分，C错误；
D、锂离子电池能量密度大、离子迁移效率高，在航天领域具备轻量化、高容量储输能量的优势，符合神舟飞船的使用需求，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
碳纤维本质：属于无机非金属材料，不是有机高分子。
合金特性：硬度高于成分金属，熔点低于成分金属。
光伏材料：电池帆板核心是硅单质，二氧化硅用于光导纤维。
锂离子电池优势：质量轻、体积小、能量密度高，适合航天场景。
2．火箭推进剂发生反应的化学方程式为。下列表示反应中相关微粒的化学用语错误的是
A．中子数为10的氧原子：
B．的电子式：
C．的结构示意图：
D．基态O原子价层电子轨道表示式：
【答案】C
【知识点】原子中的数量关系；原子核外电子排布；原子结构示意图
【解析】【解答】A、氧元素的质子数为8，中子数为10的氧原子，其质量数为18，原子符号书写为，符合原子符号“左下质子数、左上质量数”的规范，A正确；
B、分子中，氮原子与氮原子之间形成单键，每个氮原子再与两个氢原子形成单键，其电子式为，B正确；
C、氮元素的原子序数为7，核内质子数为7，结构示意图中圆圈内应标注核电荷数+7， 结构示意图为，C错误；
D、基态氧原子的核外电子排布式为，价层电子为2s和2p轨道电子，2s轨道填满自旋相反的电子，2p轨道4个电子遵循洪特规则，在三个轨道上先分占再配对， 价层电子轨道表示式为，D正确；
故答案为：C、
【分析】本题解题要点：
原子符号书写：需明确左下角标注质子数，左上角标注质量数（质量数=质子数+中子数）。
电子式规范：需完整表示出所有原子的成键情况和孤电子对，满足各原子稳定电子结构。
结构示意图要点：圆圈内必须标注核电荷数（质子数），核外电子排布需符合电子层排布规律。
价层电子轨道表示：需遵循泡利不相容原理和洪特规则，2p轨道电子排布需体现分占轨道、自旋平行的特点。
3．可用于净水，下列说法错误的是
A．碱性：
B．电负性：
C．热稳定性：
D．基态原子最外层电子数：
【答案】C
【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、氢氧化钾是强碱，氢氧化铝是两性氢氧化物，碱性极弱，所以氢氧化钾的碱性远强于氢氧化铝，A正确；
B、氧和硫同属第 ⅥA 族，同主族元素从上到下电负性逐渐减小，因此氧的电负性大于硫，B正确；
C、水中氧氢键的键能比氨中氮氢键的键能更大，且氧的电负性比氮更强，对共用电子对的吸引力更强，化学键更稳定，所以水的热稳定性高于氨，选项表述错误，C错误；
D、基态钾原子最外层电子数为 1，铝为 3，氧为 6，顺序为钾 < 铝 < 氧，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
氢氧化物碱性：金属性越强，对应氢氧化物碱性越强，钾金属性远强于铝，故氢氧化钾碱性更强。
电负性规律：同主族元素从上到下电负性递减，氧在硫上方，电负性更大。
气态氢化物热稳定性：元素非金属性越强、化学键键能越大，氢化物热稳定性越高，氧非金属性强于氮，故水比氨稳定。
最外层电子数：钾最外层 1 个电子，铝最外层 3 个电子，氧最外层 6 个电子，顺序为钾 < 铝 < 氧。
4．用下列装置进行实验，能达到相应实验目的的是
A．图甲装置用于测定氢氧化钠溶液的浓度
B．图乙装置用于灼烧碎海带
C．图丙装置用于配制溶液
D．图丁装置用于制取氨气
【答案】A
【知识点】氨的实验室制法；配制一定物质的量浓度的溶液；化学实验方案的评价；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A、图甲是酸碱中和滴定装置，用盐酸标准液滴定含酚酞的氢氧化钠溶液，可通过指示剂变色判断滴定终点，从而测定氢氧化钠溶液浓度，A正确；
B、图乙中的表面皿不耐高温，灼烧碎海带这类固体应在坩埚中进行，无法达到实验目的，B错误；
C、容量瓶仅用于定容，不能在其中溶解固体氢氧化钠，需先在烧杯中溶解并冷却至室温后，再转移至容量瓶定容，C错误；
D、加热氯化铵固体时，分解生成的氨气和氯化氢会在试管口重新化合为氯化铵，无法收集到氨气，实验室制氨气需用氯化铵与氢氧化钙固体混合加热，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
酸碱滴定：酸式滴定管可盛放盐酸，通过中和滴定能测定氢氧化钠溶液浓度，酚酞可指示终点。
固体灼烧：需在坩埚中进行，表面皿不能承受高温。
溶液配制：容量瓶不能用于溶解固体，溶解操作需在烧杯中完成。
氨气制备：氯化铵受热分解的产物会重新化合，无法制得氨气，需选用碱与铵盐共热的方法。
5．楂杷壬酮可用于药理研究，结构简式如图所示，下列说法正确的是
A．楂杷壬酮分子中碳原子有3种杂化方式
B．等量的楂杷壬酮最多消耗、的物质的量之比为
C．楂杷壬酮能与溶液发生显色反应
D．楂杷壬酮能发生水解、氧化、加成等反应
【答案】D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；酯的性质
【解析】【解答】A、楂杷王酮分子里的碳原子只存在 sp3 和 sp2 两种杂化形式，不存在 sp 杂化的情况，A错误；
B、1 个楂杷王酮分子里，能和氢气加成的是 1 个碳碳双键和 1 个羰基，共消耗 2mol 氢气；能和氢氧化钠反应的只有 1 个酯基，消耗 1mol 氢氧化钠，二者物质的量之比是 2：1，并非 3：1，B错误；
C、楂杷王酮分子里没有酚羟基，只有醇羟基，所以不能和氯化铁溶液发生显色反应，C错误；
D、楂杷王酮含有酯基，能发生水解反应；含有醇羟基和碳碳双键，能发生氧化反应；含有碳碳双键和羰基，能发生加成反应，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
碳原子杂化：分子中只有 sp3 和 sp2 两种杂化，无 sp 杂化。
加成与中和反应：2mol 氢气（双键 + 羰基）和 1mol 氢氧化钠（酯基），比例为 2：1。
显色反应：无酚羟基，不能与 FeCl3溶液显色。
反应类型：酯基可水解，醇羟基和双键可氧化，双键和羰基可加成。
6．结构决定性质，性质决定用途。下列事实解释错误的是
选项 事实 解释
A 酸性： 中的范德华力小于
B 稳定性： 的价电子排布式为，全充满结构
C 熔点： 属于离子晶体，属于分子晶体
D 可与形成配位键 存在孤电子对
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；分子间作用力；晶体的定义
【解析】【解答】A、甲酸酸性强于乙酸，本质原因是甲基是推电子基团，会降低乙酸中羟基的极性，使氢离子更难电离；而范德华力影响的是物理性质，和酸性强弱无关，A错误；
B、一价铜离子的价电子排布为全充满的 3d 构型，二价铜离子为 3d9，全充满结构更稳定，所以一价铜离子稳定性更强，B正确；
C、氟化铝是离子晶体，氯化铝是分子晶体，离子晶体的晶格能远大于分子晶体的分子间作用力，因此氟化铝熔点更高，C正确；
D、氨气分子中氮原子存在孤电子对，可作为电子对给予体，与铜离子形成配位键，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
羧酸酸性：取决于分子内电子效应，甲基推电子使乙酸酸性弱于甲酸，与范德华力无关。
离子稳定性：全充满电子构型更稳定，一价铜离子 3d 全充满，稳定性强于二价铜离子。
晶体熔点：离子晶体熔点高于分子晶体，氟化铝为离子晶体，氯化铝为分子晶体。
配位键形成：氨气的氮原子有孤电子对，可提供孤对电子与金属离子形成配位键。
7．短周期主族元素、、、的原子序数依次增大，为空气中的主要成分，分子中键和键数目之比为。、、同周期，单质是常见的半导体材料，原子的最外层电子数等于、原子的最外层电子数之和。下列说法正确的是
A．基态原子未成对电子数：
B．最高价氧化物对应水化物的碱性：
C．和晶体类型相同
D．单质熔点：
【答案】D
【知识点】原子结构与元素的性质；晶体的定义；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、基态原子未成对电子数：氮有 3 个，钠和铝各 1 个，硅有 2 个，顺序为 Z (硅) > W (氮) > X (钠)=Y (铝)，选项顺序错误，A错误；
B、钠的最高价氧化物水化物是强碱氢氧化钠，铝的是两性氢氧化物氢氧化铝，碱性 Y < X，B错误；
C、X3W 是氮化钠，属于离子晶体；Z3W4是氮化硅，属于共价晶体，二者晶体类型不同，C错误；
D、硅是共价晶体，熔点约 1414℃；铝是金属晶体，熔点约 660℃；钠是金属晶体，熔点约 97.8℃，单质熔点顺序为 Z (硅) > Y (铝) > X (钠)，D正确；
故答案为：D。
【分析】先根据题干信息推断元素：W2是空气主要成分且 σ 键与 π 键数比为 1：2，可确定 W 是氮元素；Z 是常见半导体材料，确定 Z 为硅，且 X、Y、Z 同周期，结合 Z 最外层电子数等于 X、Y 最外层电子数之和，推出 X 是钠、Y 是铝。再围绕未成对电子数、最高价氧化物水化物碱性、晶体类型及单质熔点逐一判断选项。
8．根据下列实验操作及现象得到的相应实验结论正确的是
选项 实验操作 实验现象 实验结论
A 向某钠盐粉末上滴加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液 品红溶液褪色 该钠盐中一定含有硫元素
B 将溶液与溶液混合 生成白色沉淀 结合能力：
C 溴丁烷与的醇溶液共热，产生的气体先通过溶液，再通过酸性溶液 酸性溶液褪色 溴丁烷发生取代反应
D 将样品溶于稀硫酸，滴加溶液 观察到溶液变红 硫酸能将氧化为
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；卤代烃简介；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、能使品红溶液褪色的气体不一定是二氧化硫，氯气等也能使品红褪色，所以该钠盐中不一定含有硫元素，A错误；
B、混合后生成氢氧化铝沉淀，说明四羟基合铝酸根结合氢离子的能力强于碳酸氢根，二者发生反应生成沉淀，B正确；
C、溴丁烷与氢氧化钠醇溶液共热发生的是消去反应生成烯烃，而非取代反应，烯烃使酸性高锰酸钾褪色，C错误；
D、硝酸亚铁溶于稀硫酸后，硝酸根在酸性环境下具有强氧化性，将亚铁离子氧化为铁离子，并非硫酸氧化亚铁离子，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
品红褪色：二氧化硫、氯气等均可使品红褪色，不能仅凭褪色判断含硫。
结合氢离子能力：四羟基合铝酸根结合氢离子能力更强，与碳酸氢根反应生成氢氧化铝沉淀。
有机反应类型：溴丁烷在醇溶液中发生消去反应生成烯烃，而非取代反应。
氧化本质：酸性条件下硝酸根氧化亚铁离子，硫酸仅提供酸性环境。
9．为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．分子中含键数目为
B．中的孤电子对数为
C．的中心原子价层电子对数为
D．由和组成的混合气体中分子数为
【答案】B
【知识点】判断简单分子或离子的构型；气体摩尔体积；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、题目未表明 22.4 升甲烷是否处于标准状况，无法确定其物质的量，因此无法计算 σ 键数目，A错误；
B、每个亚硝酸根中氮原子的孤电子对经计算为 1，亚硝酸根的摩尔质量为 46 克每摩尔，4.6 克亚硝酸根的物质的量为 0.1 摩尔，故 0.1 摩尔亚硝酸根含氮的孤电子对为 0.1NA，B正确；
C、硒化氢的中心原子为硒，其价层电子对数为 4，1 摩尔硒化氢的中心原子硒价层电子对数为 4NA，C错误；
D、氮气和一氧化碳的摩尔质量相等，均为 28 克每摩尔，28 克该混合气体物质的量为 1 摩尔，分子数为 NA，并非 2NA，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
气体摩尔体积：仅在标准状况下，22.4 升气体的物质的量为 1 摩尔，未指明状况时无法计算。
孤电子对计算：亚硝酸根中氮原子孤电子对为 1，4.6 克对应 0.1 摩尔，孤电子对数目为 0.1NA。
价层电子对：硒化氢中心原子硒的价层电子对数为 4，1 摩尔对应 4NA。
混合气体分子数：氮气与一氧化碳摩尔质量相同，28 克混合气体为 1 摩尔，分子数为 NA。
10．与加成有两种产物，对应的反应①和反应②的能量与反应进程如图所示。下列说法错误的是
A．比稳定
B．反应①的第I步与第Ⅱ步均放出能量
C．反应②的第I步比第Ⅱ步反应速率慢
D．反应①与反应②均为放热反应
【答案】B
【知识点】化学反应中能量的转化；吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A、能量越低的物质结构越稳定，从图中能看到 2 - 氯丙烷的能量低于 1 - 氯丙烷，所以 2 - 氯丙烷更稳定，A正确；
B、反应①的第一步是反应物到过渡态，能量升高，属于吸收能量的过程；第二步是过渡态到产物，能量降低，属于放出能量的过程，并非两步都放出能量，B错误；
C、反应速率由活化能决定，活化能越大反应越慢，反应②第一步的活化能比第二步更大，所以第一步反应速率更慢，C正确；
D、两个反应的最终产物能量都低于初始反应物，整体都是放热反应，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
物质稳定性：能量越低越稳定，2 - 氯丙烷能量更低，稳定性更强。
能量变化：反应①第一步吸能、第二步放能，并非两步都放能。
反应速率：活化能越大反应越慢，反应②第一步活化能更大，速率更慢。
反应热效应：产物能量低于反应物，均为放热反应。
11．钾-氧电池是一种新型电池，其工作原理如图所示。下列说法错误的是
A．隔膜允许通过，不允许通过
B．放电时，电流由电极沿导线流向电极
C．放电时，每生成的质量与消耗的质量比值约为2.22
D．用此电池为铅酸蓄电池充电，消耗钾时，铅酸蓄电池消耗水
【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
【解析】【解答】A、钾的金属性极强，易与氧气发生反应，所以隔膜需要允许钾离子通过，同时阻止氧气与钾接触，A正确；
B、放电时，钾片为负极，铂片为正极，电流由正极（b 电极）经导线流向负极（a 电极），B正确；
C、根据电极反应，每生成 1mol 超氧化钾，消耗 1mol 氧气，二者质量比约为 71：32≈2.22，C正确；
D、3.9g 钾的物质的量为 0.1mol，转移 0.1mol 电子；铅酸蓄电池充电时总反应为 2mol 硫酸铅和 2mol 水生成二氧化铅、铅和硫酸，2mol 电子对应消耗 2mol 水，即 0.1mol 电子对应消耗 0.1mol 水（ ），并非 3.6g，D错误；
故答案为：D。
【分析】钾 - 氧电池属于新型原电池体系，从工作原理图可判断电极属性与反应逻辑：钾片是原电池负极，发生失电子的氧化反应，电极反应为 K-e-= K+ ；铂片是正极，发生得电子的还原反应： K++e-+O2=KO2 。隔膜的设计有明确选择性，只允许钾离子通过以维持电荷平衡，同时隔绝氧气，避免其与活泼金属钾直接接触发生副反应。放电时电流由正极（铂片）经外电路流向负极（钾片），整体实现了化学能向电能的转化。
12．从高铟烟灰(主要含、、、、)中提取铟的流程如图所示。
已知：①滤液中主要含有、、及；②萃取剂在酸性溶液中可萃取三价金属离子。下列说法错误的是
A．“酸浸、氧化”时，
B．“滤渣”的主要成分是，从“水相”中可回收锌
C．“净化”时加入铁粉的作用是除去过量的稀硫酸
D．实验室中“萃取”时，需要用到的玻璃仪器主要有烧杯、分液漏斗
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；分液和萃取；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、KMnO4与 In2S3的氧化还原反应中：
S 元素从 - 2 价被氧化为 SO42-中的 + 6 价，1 个 S 原子失去 8 个电子，1mol In2S3含 3mol S，共失去 24mol 电子；Mn 元素从 + 7 价被还原为 Mn2+中的 + 2 价，1 个 Mn 原子得到 5 个电子，1mol KMnO4得到 5mol 电子；根据得失电子守恒，可得 n (KMnO4)：n (In2S3) = 24：5，A正确；
B、酸浸后不与稀硫酸反应的成分形成滤渣，萃取时三价铟进入有机相，锌离子留在水相，因此可从水相中回收锌元素，B正确；
C、“净化” 时加入铁粉，核心作用是还原溶液中氧化性较强的离子（如将三价铁还原为二价铁，避免其干扰后续铟的萃取），同时也会将过量的高锰酸钾还原，并非单纯除去稀硫酸，C错误；
D、实验室萃取操作的核心玻璃仪器是烧杯（用于混合溶液）和分液漏斗（用于分离有机相和水相），D正确；
故答案为：C。
【分析】高铟烟灰先加稀硫酸和高锰酸钾进行酸浸与氧化，使金属离子溶出并将铟转化为三价，压滤除去不溶的滤渣；滤液（、、及）加铁粉净化，还原高价离子和过量氧化剂，分离出净化渣；得到的净化液用萃取剂萃取，三价铟进入有机相，锌等杂质留在水相，后续经处理得到粗铟。
13．冠醚(如图所示甲、乙)是皇冠状分子，可有大小不同的空穴适配不同大小的碱金属离子，乙与作用，但不与或作用。下列说法错误的是
A．化学键键长：
B．超分子丙中之间为离子键
C．第IA族的元素(除氢外)都是碱金属元素
D．甲、乙、丙中的碳原子均采取杂化
【答案】B
【知识点】键能、键长、键角及其应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、化学键键长由成键原子的半径决定，氧原子半径小于碳原子半径，所以碳氧键的键长小于碳碳键，A正确；
B、离子键是阴、阳离子之间通过静电作用形成的化学键。超分子丙中，氧原子与钾离子之间形成的是配位键，氧原子提供孤电子对，钾离子提供空轨道，并非离子键，B错误；
C、第 ⅠA 族元素除氢元素外，剩余的锂、钠、钾等均属于碱金属元素，C正确；
D、甲、乙、丙中的碳原子均以单键形式连接，每个碳原子形成四个 σ 键，采取 sp3 杂化，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
键长规律：原子半径越小，形成的化学键键长越短，氧原子半径小于碳原子半径。
作用力类型：O—K+之间为配位键，不是离子键，离子键仅存在于阴、阳离子之间。
元素分类：第 ⅠA 族除氢外均为碱金属元素。
杂化类型：冠醚分子中的碳原子均为饱和碳原子，采取 sp3 杂化。
14．室温下，水溶液中各含硫微粒物质的量分数随的变化关系如图所示[例如]。已知室温下，饱和溶液的浓度约为，，。下列说法正确的是
A．①②③分别表示、、曲线
B．少量与溶液反应：
C．饱和溶液中存在
D．室温下，反应的平衡常数为
【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、随升高，的量分数持续降低，先增后减，持续升高，故曲线①为、②为、③为，选项顺序颠倒，A错误；
B、具强氧化性，具强还原性，二者发生氧化还原反应生成硫单质，并非复分解生成与，B错误；
C、的电离平衡：，，由图像得，，则：，饱和浓度约，代入得：
，C正确；
D、反应的平衡常数：，远大于，D错误；
故答案为：C。
【分析】属于二元弱酸，在水溶液中会分步发生电离：第一步 ，第二步 。随着溶液不断升高，的存在比例会持续降低，的比例先上升后下降，而的比例会持续升高，所以图中三条曲线①②③分别对应、、的含量随的变化趋势。从图中交点数据能算出电离常数：当时，，代入第一步电离常数公式可得 ；当时，，代入第二步电离常数公式可得 ，据此解题。
二、非选择题(本题共4小题，共58分)。
15．三氧化二钕是一种具有优异光学性能和磁性能的稀土氧化物。以工厂废料[含钕(，质量分数为28.8%)、、，均以游离态存在]为主要原料制备的工艺流程如图所示。
已知：①的稳定价态为；的活动性较强，与稀硫酸反应产生；可与过量生成可溶性配合物；②硼难溶于稀硫酸；③常温下，。回答下列问题：
（1）将块状工厂废料粉碎后“酸溶”，粉碎的目的是　 　。
（2）“酸溶”时钕发生反应的离子方程式为　 　。
（3）常温下，“沉钕”过程中调节溶液的为2.3，钕全部以沉淀完全，若此时溶液中，则　 　(填“有”或“无”)沉淀生成；酸性太强会使“沉钕”不完全，其原因是　 　。
（4）“转沉”过程中转化为，反应的离子方程式为　 　。
（5）“沉淀”过程得到晶体，“滤液3”中的　 　(填化学式)可在上述流程中循环利用。
（6）的一种晶体的体心立方晶胞结构如图所示，晶胞参数为，为阿伏加德罗常数的值。距离原子最近且等距离的原子有　 　个，该晶体的密度为　 　。
【答案】（1）增大表面积，加快反应速率，使其充分反应
（2）
（3）无；酸性太强，与反应生成，导致浓度减小，沉淀不完全
（4）
（5）
（6）8；
【知识点】晶胞的计算；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
【解析】【解答】（1）将块状工厂废料粉碎后“酸溶”，粉碎的目的是：增大表面积，加快反应速率，使其充分反应；
故答案为： 增大表面积，加快反应速率，使其充分反应 ；
（2）的活动性较强，与稀硫酸反应产生 ，则“酸溶”时钕发生反应的离子方程式为；
故答案为： ；
（3），因此不会有沉淀生成；酸浸后调整溶液的pH，酸性太强，与反应生成，导致浓度减小，“沉钕”不完全；
故答案为： 无 ； 酸性太强，与反应生成，导致浓度减小，沉淀不完全 ；
（4）“转沉”过程中和过量氢氧化钠反应生成，同时生成磷酸根离子和水，反应的离子方程式为；
故答案为： ；
（5）“沉淀”过程得到晶体，硫酸根离子和草酸中氢离子转化为硫酸进入“滤液3”，可在上述流程中循环利用。
故答案为： ；
（6）由图，位于体心，距离原子最近且等距离的原子有8个，据“均摊法”，晶胞中含个，则晶体密度为。
故答案为：8； ；
【分析】工厂废料中的钕、铁、硼经稀硫酸酸溶时，硼不溶解形成滤渣，钕、铁进入滤液；随后加将钕转化为沉淀，加过量转沉为，同时铁转化为沉淀除去；再用稀硫酸溶解，加得到草酸钕沉淀，最后经煅烧分解得到。
（1）将块状工厂废料粉碎后“酸溶”，粉碎的目的是：增大表面积，加快反应速率，使其充分反应；
（2）的活动性较强，与稀硫酸反应产生 ，则“酸溶”时钕发生反应的离子方程式为；
（3），因此不会有沉淀生成；酸浸后调整溶液的pH，酸性太强，与反应生成，导致浓度减小，“沉钕”不完全；
（4）“转沉”过程中和过量氢氧化钠反应生成，同时生成磷酸根离子和水，反应的离子方程式为；
（5）“沉淀”过程得到晶体，硫酸根离子和草酸中氢离子转化为硫酸进入“滤液3”，可在上述流程中循环利用。
（6）由图，位于体心，距离原子最近且等距离的原子有8个，据“均摊法”，晶胞中含个，则晶体密度为。
16．某同学在实验室利用为原料制备单质，并测定的质量分数。实验步骤如下：
步骤I称取一定量的和，充分混合后，在条件下在空气中焙烧半小时。
步骤Ⅱ冷却后，取出焙烧物于小烧杯中，加入适量的水充分浸取后过滤。
步骤Ⅲ向滤液中加入适量的，将焙烧过程中产生的少量转化为。
步骤Ⅳ将充分反应后的溶液，酸化后进行电解，得到固体硒；
步骤Ⅴ硒样品中的质量分数测定。
回答下列问题：
（1）步骤I中“焙烧”时，应在　 　(填仪器材质名称)中进行。已知“焙烧”时有和生成，该反应的化学方程式为　 　。
（2）步骤Ⅱ“浸取”需要在60℃下进行，采取的加热方式为　 　。
（3）经过步骤Ⅲ后溶液中的主要金属离子有　 　(填离子符号)；判断溶液中是否还存在少量的试剂是　 　。
（4）步骤Ⅳ，生成的电极反应式为　 　。
（5）步骤V准确称取硒样品，加入足量和完全反应成，除去过量的后，配成溶液；取所配溶液于锥形瓶中，加入足量和溶液，使之充分反应；滴入滴淀粉指示剂，振荡，用的溶液滴定至终点，消耗标准溶液。已知：、。
①滴定终点的现象是　 　。
②该硒样品中的质量分数为　 　。
【答案】（1）铁坩埚；
（2）水浴加热
（3）、；溶液
（4）
（5）滴入最后半滴标准溶液，溶液蓝色褪去，半分钟后溶液仍呈无色；98.75%
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）“焙烧”在坩埚中进行，还需要泥三角。
“焙烧”时一定量的和，充分混合后，在条件下在空气中焙烧有和生成，该反应的化学方程式为。
故答案为： 铁坩埚 ； ；
（2）60℃下进行的化学反应，可采取的加热方式为水浴加热。
故答案为： 水浴加热 ；
（3）III中将少量转化为，被氧化为，故此时主要的金属离子为、。
判断溶液中是否还存在少量的试剂是溶液，若滴加溶液的现象是生成蓝色沉淀，说明还存在少量。
故答案为：、 ；溶液 ；
（4）步骤Ⅳ将充分反应后的溶液，酸化后得进行电解，得到固体硒生成Se的电极反应为。
故答案为： ；
（5）①用的溶液滴定第一步反应生成的是碘单质，滴定前溶液为蓝色，当碘单质消耗后溶液蓝色消失，滴定终点的现象是：滴入最后半滴标准溶液，溶液蓝色褪去，半分钟后溶液仍呈无色。
反应、，根据方程式可知，，则样品中Se的质量分数。
故答案为： 滴入最后半滴标准溶液，溶液蓝色褪去，半分钟后溶液仍呈无色 ； 98.75% ；
【分析】(1)高温焙烧选铁坩埚 (防 Na2CO3与瓷坩埚反应)，配平反应时抓住元素守恒和得失电子守恒，CuSe、O2、Na2CO3反应生成 CuO、Na2SeO3和 CO2。
(2) 60℃的温和加热，用水浴加热可精准控温且受热均匀。
(3) FeSO4还原 SeO42-时自身被氧化为 Fe3+，溶液中主要金属离子为 Fe3+、Na+；检验 Fe2+用
K3[Fe(CN)6] 溶液，生成蓝色沉淀即证明存在。
(4) 酸性条件下 H2SeO3在阴极得电子被还原为 Se，结合电荷守恒和原子守恒配平电极反应式。
(5) ①滴定终点：淀粉遇 I2变蓝，I2被 S2O32-还原后蓝色褪去，半分钟不复原即为终点；
②利用关系式 Se~H2SeO3~2I2~4S2O32-，计算 Se 的物质的量，再求质量分数。
（1）“焙烧”在坩埚中进行，还需要泥三角。
“焙烧”时一定量的和，充分混合后，在条件下在空气中焙烧有和生成，该反应的化学方程式为。
（2）60℃下进行的化学反应，可采取的加热方式为水浴加热。
（3）III中将少量转化为，被氧化为，故此时主要的金属离子为、。
判断溶液中是否还存在少量的试剂是溶液，若滴加溶液的现象是生成蓝色沉淀，说明还存在少量。
（4）步骤Ⅳ将充分反应后的溶液，酸化后得进行电解，得到固体硒生成Se的电极反应为。
（5）①用的溶液滴定第一步反应生成的是碘单质，滴定前溶液为蓝色，当碘单质消耗后溶液蓝色消失，滴定终点的现象是：滴入最后半滴标准溶液，溶液蓝色褪去，半分钟后溶液仍呈无色。
反应、，根据方程式可知，，则样品中Se的质量分数。
17．利用工业废气中的合成可以变废为宝，有关反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
上述反应I、Ⅱ的焓变和熵变如表：
反应
I
II
回答下列问题：
（1）反应Ⅲ的　 　。
（2）反应I正反应自发进行的条件是　 　(填“低温”“高温”或“任意温度”)。
（3）上述反应使用催化剂的目的可能是_______(填字母)。
A．加快反应速率 B．提高的平衡转化率
C．改变反应I的反应热 D．降低决速步骤反应的活化能
（4）在恒温密闭容器中，仅发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，的平衡转化率和甲醇选择性随温度变化关系如图所示。
①写出增大选择性的方法：　 　(填一种即可)。
②温度高于以后，转化率下降的原因是　 　。
③在，向一定容积的容器内投入和充分反应，平衡时生成的物质的量为　 　。该温度下，反应Ⅱ的平衡常数　 　(保留2位有效数字)。
【答案】（1）
（2）低温
（3）A；D
（4）适当降温或适当增大压强或使用合适催化剂；升温，反应I平衡左移，生成，反应Ⅱ平衡右移，消耗温度，高于后，温度升高对反应I平衡左移的影响大于对反应II平衡右移的影响，导致的总转化率降低；0.24；0.053
【知识点】盖斯定律及其应用；焓变和熵变；化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】（1）根据题目给出的反应关系，将反应I减去反应II可得，对应的焓变关系为：。
故答案为： ；
（2）根据吉布斯自由能公式：，当 时，反应自发，对于反应I：， ，说明反应I在低温下自发。
故答案为： 低温 ；
（3）A．催化剂可以降低活化能，加快反应速率，A正确；
B．催化剂不影响平衡状态，不能提高的平衡转化率，B错误；
C．催化剂不改变反应物和生成物的能量，不改变反应的 ，C错误；
D．催化剂通过降低活化能加快反应速率，D正确；
故答案为：AD。
（4）①反应Ⅰ是气体物质的量减少的放热反应，反应Ⅱ是气体物质的量不变的吸热反应，从图中可以看出， 选择性随温度升高而降低，而 转化率也随温度升高而降低。要提高 选择性，可以：适当降温（有利于反应I正向进行，同时抑制反应II）、适当增大压强（有利于反应I正向进行I）、使用对反应I有高选择性的催化剂；
②反应Ⅰ是气体物质的量减少的放热反应，反应Ⅱ是气体物质的量不变的吸热反应，升温，反应I平衡左移，生成，反应Ⅱ平衡右移，消耗温度，高于后，温度升高对反应I平衡左移的影响大于对反应II平衡右移的影响，导致的总转化率降低；
③初始条件： ， ， 时， ， ，平衡时n()=1-1mol×40%=0.6mol，根据 选择性，平衡时n()=0.4mol×60%=0.24mol，n(CO)=0.4mol×40%=0.16mol，由O元素守恒可知n(H2O)=2mol-0.6mol×2-0.24mol-0.16mol=0.4mol，由H元素守恒可知n(H2)=，反应II的平衡常数：。
故答案为： 适当降温或适当增大压强或使用合适催化剂 ； 升温，反应I平衡左移，生成，反应Ⅱ平衡右移，消耗温度，高于后，温度升高对反应I平衡左移的影响大于对反应II平衡右移的影响，导致的总转化率降低 ； 0.24 ； 0.053 ；
【分析】(1)利用盖斯定律，反应Ⅲ = 反应Ⅰ - 反应Ⅱ，代入对应焓变数据计算得。
(2)根据吉布斯自由能公式，反应Ⅰ、，低温下，反应自发。
(3)催化剂可加快反应速率、降低决速步活化能（AD正确）；不影响平衡转化率和反应焓变，排除BC。
(4)① 提高选择性：适当降温、加压或选用对反应Ⅰ高选择性的催化剂。
② 温度高于236℃后，反应Ⅰ放热平衡左移的影响大于反应Ⅱ吸热平衡右移的影响，总转化率降低。
③ 结合转化率和甲醇选择性算出的物质的量，再通过元素守恒得到各物质平衡浓度，代入平衡常数公式计算得。
（1）根据题目给出的反应关系，将反应I减去反应II可得，对应的焓变关系为：。
（2）根据吉布斯自由能公式：，当 时，反应自发，对于反应I：， ，说明反应I在低温下自发。
（3）A．催化剂可以降低活化能，加快反应速率，A正确；
B．催化剂不影响平衡状态，不能提高的平衡转化率，B错误；
C．催化剂不改变反应物和生成物的能量，不改变反应的 ，C错误；
D．催化剂通过降低活化能加快反应速率，D正确；
故选AD。
（4）①反应Ⅰ是气体物质的量减少的放热反应，反应Ⅱ是气体物质的量不变的吸热反应，从图中可以看出， 选择性随温度升高而降低，而 转化率也随温度升高而降低。要提高 选择性，可以：适当降温（有利于反应I正向进行，同时抑制反应II）、适当增大压强（有利于反应I正向进行I）、使用对反应I有高选择性的催化剂；
②反应Ⅰ是气体物质的量减少的放热反应，反应Ⅱ是气体物质的量不变的吸热反应，升温，反应I平衡左移，生成，反应Ⅱ平衡右移，消耗温度，高于后，温度升高对反应I平衡左移的影响大于对反应II平衡右移的影响，导致的总转化率降低；
③初始条件： ， ， 时， ， ，平衡时n()=1-1mol×40%=0.6mol，根据 选择性，平衡时n()=0.4mol×60%=0.24mol，n(CO)=0.4mol×40%=0.16mol，由O元素守恒可知n(H2O)=2mol-0.6mol×2-0.24mol-0.16mol=0.4mol，由H元素守恒可知n(H2)=，反应II的平衡常数：。
18．有机物F是一种重要的药物中间体，其中一种合成方法如下：
已知：①(为烃基)；②。回答下列问题：
（1）A中碳原子的杂化方式为　 　，A中官能团的名称为　 　。
（2）B的结构简式为　 　。
（3）反应C→D的化学方程式为　 　，反应类型为　 　。
（4）满足下列条件的E的同分异构体有　 　种(不含立体异构，不考虑“”结构)。
①分子中除了含有苯环外，无其他环状结构，且苯环上一氯代物有2种；②可以发生银镜反应
（5）以1，3-丁二烯为原料制备的合成路线为，该合成路线中、的结构简式分别为　 　、　 　。
【答案】（1）；（酚）羟基、醛基
（2）
（3）；取代（或酯化）反应
（4）4
（5）；
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）A中的碳原子均在苯环上，杂化方式为，A中官能团的名称为（酚）羟基和醛基；
故答案为： ； （酚）羟基、醛基 ；
（2）由分析可知，B的结构简式为：；
故答案为： ；
（3）由分析可知，反应C→D的化学方程式为：，反应类型为取代（或酯化）反应；
故答案为： ； 取代（或酯化）反应 ；
（4）E的分子式为C10H8O，根据条件①可知，所述结构在苯环的对位有两个不同的取代基，根据条件②可知，结构中含有醛基，不考虑“”结构，有4种同分异构体满足条件，分别为：、、、；
故答案为：4；
（5）由已知②可知，碳碳双键与HBr在过氧化物的参与下反应，Br加成在含氢较多的碳原子上，故X的结构为：，羟基在铜的催化下被氧气氧化为醛基，Y的结构为：，然后两分子Y在氢氧化钠溶液中发生羟醛缩合反应，得到。
故答案为： ； ；
【分析】水杨醛 (A) 与乙醛在碱性条件下发生羟醛缩合，得到含羟基的醛钠盐B，根据已知①和B的分子式，可知B为：；B 经碱性高锰酸钾氧化、再酸化，将醛基转化为羧基，得到二元羧酸C ()；C 与乙醇在浓硫酸催化下发生酯化反应，生成酯类化合物 (D)；D 再与环丁酮衍生物 (E) 经过一系列反应，最终得到目标药物中间体 (F)。
（1）A中的碳原子均在苯环上，杂化方式为，A中官能团的名称为（酚）羟基和醛基；
（2）由分析可知，B的结构简式为：；
（3）由分析可知，反应C→D的化学方程式为：，反应类型为取代（或酯化）反应；
（4）E的分子式为C10H8O，根据条件①可知，所述结构在苯环的对位有两个不同的取代基，根据条件②可知，结构中含有醛基，不考虑“”结构，有4种同分异构体满足条件，分别为：、、、；
（5）由已知②可知，碳碳双键与HBr在过氧化物的参与下反应，Br加成在含氢较多的碳原子上，故X的结构为：，羟基在铜的催化下被氧气氧化为醛基，Y的结构为：，然后两分子Y在氢氧化钠溶液中发生羟醛缩合反应，得到。
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