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湖南常德市2025-2026学年度上学期高三年级检测(常德益阳一模)化学试卷
1．中国开发了常温常压下将聚氯乙烯等难降解的塑料废弃物一步转化为燃油的技术。下列说法错误的是
A．该技术大幅降低了能耗与设备要求
B．聚氯乙烯薄膜会因增塑剂小分子逸出而变硬
C．聚氯乙烯属于天然高分子化合物
D．该技术有助于减少“白色污染”，实现废弃资源的循环利用
2．通过反应可制取二维氮化镓()。下列化学用语正确的是
A．基态氮原子核外电子占据的最高能级电子云轮廓图：
B．基态氧原子的价层电子排布图：
C．基态的简化电子排布式为
D．的VSEPR模型为
3．仪器决定了实验的准确与安全。常温下，下列所选仪器(夹持装置省略)能达到实验目的的是
A．配制的稀硫酸：①③⑥
B．利用提取碘水中的：⑤⑥
C．灼烧干海带：②③⑧
D．溶液的蒸发结晶：③⑥⑧
4．某团队研发的含氟聚醚电解质为解决固态电池的界面问题提供了新方案。某含氟聚醚的部分合成路线如图。有关说法正确的是
A．反应①为缩聚反应
B．单体为
C．理论上最多能消耗
D．聚醚电解质中引入强推电子的含氟基团，可增强金属离子的迁移效率
5．市售冷敷袋的降温原理为： 。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．
B．实验室可加热分解制取
C．标准状况下，生成的中含有孤电子对数为
D．与的混合气体中质子数为
6．常德拥有全亚洲最大的雌黄(，为价)矿床。用多硫化物可浸取雌黄，如：，和结构相似。下列说法正确的是
A．含有阴离子
B．该反应利用了多硫化物的氧化性，中的硫元素全部被还原
C．中阴离子的空间结构为正四面体形
D．若采用铁盐混凝法处理浸取后的废液，主要生成沉淀
7．某实验组向使用后的印刷电路板腐蚀液中加入溶液，发现有白色沉淀生成，为探究其反应机理，进行了三组实验见下表(试剂浓度均为)。查阅资料：为白色粉末、难溶于水；呈黄色；黄色与蓝色混合可呈现黄绿色。下列说法错误的是
实验操作 实验现象
实验1 向溶液中加入溶液 蓝色溶液变成黄绿色，试管内壁附着一薄层白色沉淀，呈半透明状
实验2 向溶液中加入溶液 无明显现象，数小时后溶液变为淡红色
实验3 向溶液中先加入溶液，然后滴加溶液 蓝色溶液先变成黄绿色，滴入溶液立即变红，试管底部迅速聚集大量白色沉淀
A．实验1说明：溶液与溶液混合能生成，但程度很小
B．实验2中的淡红色物质可能是
C．实验3中加入溶液后可能发生反应：
D．上述实验证明是与反应生成的催化剂
8．气相色谱法是一种物质分离技术，当样品随着流动相(如等)经过色谱柱中的固定相时，因样品各组分在两相间的分配不同而实现分离。可用该法检测饮用水中微量的、，装置如图所示。下列说法正确的是
A．各组分的沸点差异是该分离过程的关键
B．若色谱柱中的固定相为非极性分子，则在其中的停留时间更长
C．可与样品中的组分发生化学反应，带动其进入色谱柱
D．预处理时，向水样中加维生素，目的是消除剩余含氯消毒剂的干扰
9．金属间化合物是由金属与金属或金属与类金属以特定原子比例组成的化合物。和形成的某金属间化合物的晶胞结构如图所示。下列说法错误的是
A．该物质的化学式为
B．该晶体中含有金属键
C．该晶体的密度为
D．和也有可能形成金属间化合物
10．磷酸铁锂电池的正极材料(主要成分：、炭黑、铝箔)可通过湿法回收、再生修复利用，其流程如图所示。
已知：①难溶于水，不与强碱反应；②微溶，其溶解度随温度升高而降低。下列叙述错误的是
A．“碱浸”的目的是除去废旧正极材料中的铝及其氧化物
B．“酸浸”时，主要反应的离子方程式：
C．“调”时，不能过大，防止转化为
D．“沉锂”后分离采用蒸发浓缩、趁热过滤，可以降低的溶解损失
11．下列实验操作、现象和结论均正确的是
　 实验操作 现象 结论
A 在烧瓶中加入木炭颗粒与浓硝酸，加热 烧瓶中有红棕色气体产生 木炭具有还原性，能还原
B 向盛有鸡蛋清溶液的试管中加入5滴浓硝酸，加热 先生成白色沉淀，加热后沉淀变黄色 鸡蛋清中的蛋白质发生了显色反应
C 向溶液中滴加2滴溶液，振荡，再加入2滴溶液，观察现象 先生成白色沉淀，后沉淀变为黄色
D 少量铜与浓硫酸加热反应后，观察溶液的颜色 溶液呈蓝色 铜与浓硫酸反应生成了
A．A B．B C．C D．D
12．水凝胶热化学电池能实现持续将热能转换为电能。一种聚丙烯酸-纤维素水凝胶热化学电池的工作原理如图，当电池两电极存在温度差异时，温差驱动、分别在两极得、失电子。下列说法不正确的是
A．升高热端电极处的温度可以降低电池的电压
B．冷端电极反应：
C．装置中设置隔热的阳离子交换膜，可更好地保持两端温差
D．在外电路中，电流由冷端电极经负载流向热端电极
13．甲烷经干催化重整可转化为更具有经济效益的产品。催化重整过程中存在的主反应：
涉及的副反应：
ⅰ．
ⅱ．
主反应的()和平衡常数随反应温度的变化如图所示。
下列说法错误的是
A．主反应的活化能：
B．曲线Ⅱ为平衡常数随反应温度变化的图像
C．假设不随温度变化，则时主反应的为
D．适当增大可抑制催化剂因积碳而失活
14．草酸沉淀法是提取稀土元素钇的常见方法。常温下，通入气体调节悬浊液的值，平衡时溶液中的和(为或)的关系如图所示(忽略的水解)。下列说法正确的是
A．表示的与的变化曲线
B．的
C．点溶液中：
D．若草酸的，则草酸氢钠水溶液中水的电离受到抑制
15．采用硅胶催化、微波加热的方式可制备乙酰水杨酸()：
乙酰水杨酸的制备和提纯
Ⅰ．将水杨酸()、乙酸酐(，)，硅胶依次加入微波反应器中，在功率、温度下反应，稍冷却后，用蒸馏水洗涤产物，过滤，即得粗品。
Ⅱ．将粗品转至圆底烧瓶中，用95%乙醇溶液进行热溶解回流，进行第一次抽滤，向滤液中加入蒸馏水，并将其置于冰水浴中冷却结晶，进行第二次抽滤，干燥后即得精品。
（1）乙酸酐在常温下水解即可得到乙酸，反应的化学方程式为　 　。
（2）微波可促进分子活性部位断裂，增加单位体积内活化分子数目。下列说法正确的是　 　。
A．微波加热能减少反应的反应热
B．温度若低于，反应速率慢，若高于，水杨酸可能形成聚合物
C．若改用水浴加热，制备时间将延长
（3）Ⅱ中“热溶解回流”装置如图所示，仪器的名称为　 　。进行第一次抽滤是为了除去　 　。
（4）以下为回流结束后的操作，正确的顺序是　 　。(填序号)
①关闭冷凝水 ②熄灭酒精灯
乙酰水杨酸的纯度鉴定
取干燥后的产品于试管中，加入蒸馏水，振荡溶解，加入5滴1%的FeCl3溶液，观察溶液颜色变化。另取一支试管，加入蒸馏水，滴加5滴1%的FeCl3溶液，观察溶液颜色变化。
（5）若产品溶液滴入溶液后显　 　色，则产品中含水杨酸。
（6）另取一支试管进行操作的目的是　 　。
（7）若得到产品纯度为的乙酰水杨酸，则本实验的产率为　 　%(保留一位小数)。
16．锌电解阳极泥除含少量外，、铅、银等含量较高，利用萃铟废液回收阳极泥中锌、锰，变废为宝，降低生产成本。其工艺流程如下：
已知：①萃铟废液呈强酸性，除含有少量、、、、外，含量很高。
②时，；。
（1）“浸出”时，为加快浸出速率，可采取的措施有　 　(答出一点即可)。加入萃铟废液，转化为，则参与反应的离子方程式为　 　。“浸出渣”的主要成分为、　 　。
（2）“脱氯”时生成，可溶于氨水，难溶于水和乙醇，在潮湿的环境中易被氧化。“脱氯”后分离得到的操作为过滤、用　 　洗涤、干燥。将一定质量的溶于氨水，露置于空气中，得到，比较和中的键角：　 　(填“”或“”)。
（3）“脱氟”时，转化为难溶的、。取脱氯液，加入硫酸铝、氢氧化钙固体，调节脱氯液为5.2 5.4，搅拌。脱氟率与反应温度、反应时间关系如图所示。
①“脱氟”最佳反应条件为　 　。图2中，前内脱氟率逐渐升高的原因可能是　 　。
②若实验测得脱氟液中，则脱氟液中浓度为　 　(保留3位有效数字)。
17．氢能产业链包含制氢、储氢等环节。
制氢：利用太阳能光催化分解水可制备氢气，过程如图，可见光在催化剂表面可产生电子和带正电荷的空穴。
（1）该制氢过程中，能量转化的形式为　 　。
（2）相关键能如下表：
化学键 键 键 键 键
键能() 462.8 497.3 436.0 142
请写出水蒸气光催化反应的热化学方程式　 　。
储氢：钛锰系储氢合金常温下能快速吸放氢气，是最具前景的储氢合金之一、某钛锰系合金储氢过程如下： 。不同温度下向体积相同的刚性密闭容器中分别加入一定量的及足量的，起始压强均为，反应5分钟时测得的转化率与温度的关系如图所示。
（3）下反应5分钟时，该反应是否达到平衡状态　 　(填“是”或“否”)，用的压强变化表示该温度下前5分钟的反应速率为　 　。
（4）时，达到平衡时氢气转化率为3%，反应的压强平衡常数　 　(以平衡分压代替物质的量浓度计算，保留两位小数)。在该温度下，若将容器体积缩小为原来的一半，重新平衡后体系内氢气的压强　 　(填“增大”或“不变”或“减小”)。
（5）相比钛锰系储氢合金，镁基储氢材料储氢量更大，但该材料放氢开始较快，一段时间后变得缓慢。
请你结合与反应放氢的化学方程式分析产生上述现象的原因　 　，为提升的制备效率，可加入下列物质中的　 　(填字母)避免上述现象的发生。
A． B．
18．非天然氨基酸在药物化学、生物化学等领域展现了较大的应用潜力。某研究小组按照以下合成路线合成一种非天然六元环状氨基酸衍生物。
已知：①(、、为“烃基”或“”)；
②；
③。
（1）中含有的官能团为　 　(填名称)；的反应类型为　 　。
（2）分两步完成，已知中间产物的分子式为，写出与反应生成的化学方程式　 　。
（3）THF()是呋喃()的氢化产物，等物质的量的与中含σ键数目之比为　 　。
（4）的同分异构体有多种，符合下列条件的结构有　 　种。
①含且与苯环直接相连；②仅含一个苯环，不含“”和其他环状结构。
其中核磁共振氢谱只有5组峰，且峰面积比为的物质，其结构简式为　 　(写出一种即可)。
（5）请参照上述合成路线，选择合适试剂，补充完成某有机物()的合成路线(部分反应条件已略去)。
　 　
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；常见的生活环境的污染及治理；塑料的老化和降解；绿色化学
【解析】【解答】A、该技术在常温常压下进行，无需高温高压设备，大幅降低了能耗与设备要求，故 A 正确；
B、聚氯乙烯薄膜中添加的增塑剂是小分子物质，若小分子逸出，聚合物分子间作用力增大，薄膜会由软变硬、变脆，故 B 正确；
C、聚氯乙烯是通过人工聚合反应合成的高分子化合物，并非天然存在的高分子，属于合成高分子，故 C 错误；
D、将难降解的塑料废弃物转化为燃油，既减少了塑料垃圾的堆积，有助于缓解 “白色污染”，又实现了废弃资源的循环再生利用，故 D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题考查高分子材料的分类、性质与环境保护的相关知识，解题核心是区分天然与合成高分子、理解高分子助剂的作用及废弃物资源化的意义。
高分子分类：聚氯乙烯（PVC）由氯乙烯单体通过加聚反应人工合成，属于合成高分子，不是天然高分子；
材料性质：增塑剂的作用是削弱高分子链间的作用力，使薄膜变软；一旦增塑剂逸出，高分子链靠拢，材料变硬；
环保意义：塑料废弃物的转化技术是解决 “白色污染”、实现资源循环利用的有效途径。
2．【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的运动状态；判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】A、基态氮原子的核外电子排布式为 1s22s22p3，最高能级为 2p，p 能级的电子云轮廓图为哑铃形，图示正确，A 正确；
B、基态氧原子的价层电子排布式为 2s22p4，根据洪特规则，2p 轨道的 4 个电子应分占 3 个轨道，且自旋平行，图示中 2p 轨道电子排布错误， 正确的电子排布图为，B错误；
C、Ga 为 31 号元素，基态 Ga 的简化电子排布式应为 [Ar] 3d 4s24p ，漏写了 3d ，C 错误；
D、NH3的中心 N 原子的价层电子对数为 4（ ），VSEPR 模型为四面体形，图示为 NH3的空间结构（三角锥形），不是 VSEPR 模型， 其VSEPR模型为，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题围绕化学用语的规范表达展开，核心考查原子结构、电子排布、分子空间结构等知识点：
能级与电子云：氮原子最高能级为 2p，p 轨道电子云为哑铃形；
电子排布规则：氧原子价层电子排布需遵循洪特规则，Ga 的电子排布需包含内层的 3d 轨道；
VSEPR 模型：需区分分子的空间结构与价层电子对互斥模型，NH3的 VSEPR 模型为四面体形，实际空间结构为三角锥形。
3．【答案】B
【知识点】常用仪器及其使用；蒸发和结晶、重结晶；分液和萃取；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A、配制 100mL 0.1mol L- 稀硫酸，需要用到量筒（①）量取浓硫酸、烧杯（⑥）稀释、玻璃棒（③）搅拌引流，还必须使用 100mL 容量瓶（④）定容，仅用①③⑥无法完成配制，A 错误；
B、利用 CCl4提取碘水中的 I2，属于萃取分液操作，需要分液漏斗（⑤）进行萃取分液，烧杯（⑥）承接下层液体，所选仪器⑤⑥可达到实验目的，B 正确；
C、灼烧干海带需要在坩埚中进行，图示②为蒸发皿，不能用于高温灼烧，应使用坩埚搭配酒精灯（⑧）、玻璃棒（③），C 错误；
D、NaCl 溶液蒸发结晶需要蒸发皿（②）、玻璃棒（③）、酒精灯（⑧），烧杯（⑥）不能用于蒸发结晶，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题围绕化学实验仪器的选择与实验操作的匹配性展开，核心考查常见化学实验的仪器使用规范：
溶液配制：一定物质的量浓度溶液的配制必须使用对应规格的容量瓶，不能用烧杯、量筒替代；
萃取分液：萃取操作的核心仪器为分液漏斗，搭配烧杯用于承接液体；
固体灼烧：高温灼烧固体需使用坩埚，蒸发皿仅用于溶液蒸发，不能承受高温；
蒸发结晶：蒸发操作需在蒸发皿中进行，烧杯不可用于蒸发浓缩、结晶。
4．【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质；酯的性质；缩聚反应
【解析】【解答】A、反应①是碳碳双键发生的加聚反应，缩聚反应会生成小分子副产物，该反应无小分子生成，A 错误；
B、由含氟聚醚 (PSF-PE) 的结构逆推，单体 A 包含两种结构，其中一种为选项给出的含氟丙烯酸酯（ ），另一种为左侧的丙烯酸酯类单体，B 正确；
C、1mol PSF-PE 中含有大量酯基，理论上消耗 NaOH 的物质的量远大于 2mol，C 错误；
D、含氟基团为强吸电子基团，而非强推电子基团，引入含氟基团可增强金属离子迁移效率，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题围绕含氟聚醚电解质的合成展开，核心考查聚合反应类型、单体判断、官能团性质与基团电子效应：
聚合反应类型：碳碳双键的聚合为加聚反应，无小分子生成；缩聚反应需官能团间反应并脱去小分子（如水、醇等）；
单体判断：加聚产物的单体可通过断开主链碳碳双键、还原双键的方法逆推；
NaOH 消耗计算：酯基可与 NaOH 发生水解反应，高分子中酯基数目众多，1mol 高分子消耗 NaOH 的量远大于 2mol；
基团电子效应：氟原子电负性大，含氟基团为强吸电子基团，可提升电解质的离子传导性能。
5．【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；氨的实验室制法；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、冷敷袋使用时温度降低，说明该反应是吸热反应，即，故A错误；
B、受热易分解，加热至不同温度会生成、等氮氧化物甚至发生爆炸，不能通过加热分解制取，故B错误；
C、标准状况下为固态，不能使用气体摩尔体积（）计算物质的量，故C错误；
D、与的摩尔质量均为，且每个分子均含个质子（：，：），混合气体中质子数为，故D正确；
故答案为：D。
【分析】本题围绕阿伏加德罗常数与化学反应原理综合考查，解题关键在于结合反应热、物质性质、气体状态及微粒结构分析：
反应热判断：冷敷袋降温说明反应吸热，；
物质制备：热稳定性差，加热易分解产生氮氧化物，无法稳定制得；
气体摩尔体积：标准状况下为固态，不适用；
微粒计算：与互为等电子体，分子内质子数均为，可按平均值计算总质子数。
6．【答案】C
【知识点】判断简单分子或离子的构型；钠的氧化物
【解析】【解答】A、未指明的物质的量，无法确定阴离子的物质的量，A错误；
B、该反应中作氧化剂，部分硫元素被还原，部分硫元素转化为单质，并非全部被还原，B错误；
C、中阴离子的中心原子的价层电子对数为4（ ），无孤电子对，空间结构为正四面体形，C正确；
D、具有强氧化性，会与发生氧化还原反应，不能生成沉淀，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题围绕硫化物的结构、氧化还原反应与空间结构判断展开，核心考查物质的量计算、氧化还原规律、价层电子对互斥理论及离子反应：
物质的量计算：计算离子数目必须明确物质的量，未指明用量无法计算；
氧化还原分析：中为-1价，反应中部分硫被还原，部分硫转化为单质，并非全部被还原；
空间结构判断：中心原子价层电子对数为，无孤电子对，符合正四面体结构的成键特征；
离子反应规律：与发生氧化还原反应，不能生成，最终生成和沉淀。
7．【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A、实验 1 中仅生成薄层白色 CuSCN 沉淀，同时溶液呈黄绿色（蓝色 Cu2+与黄色
[Cu(SCN)4]2-混合色），说明 CuCl2与 KSCN 可生成 CuSCN，但反应程度小，A 正确；
B、实验 2 中 FeCl2与 KSCN 混合，Fe2+被 O2氧化为 Fe3+，Fe3+与 SCN-结合生成淡红色的
Fe(SCN)3，B 正确；
C、实验 3 中加入 FeCl2后，[Cu(SCN)4]2-与 Fe2+发生氧化还原反应，生成 CuSCN 沉淀和
Fe(SCN)3，离子方程式 合理，C 正确；
D、催化剂需满足 “反应前后质量、化学性质不变”，实验中 FeCl2参与反应并被消耗，并非催化剂，D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题围绕 Cu2+与 SCN-的反应机理探究展开，核心是结合实验现象分析反应的发生、物质的转化与催化剂的定义：
实验 1 通过沉淀量与溶液颜色，判断 Cu2+与 SCN-的反应程度；
实验 2 利用 Fe2+的氧化特性，分析淡红色物质的可能成分；
实验 3 通过氧化还原反应规律，推导可能的离子方程式；
催化剂的核心特征是 “参与反应但不被消耗”，FeCl2在反应中被氧化消耗，不符合催化剂定义。
8．【答案】D
【知识点】相似相溶原理及其应用；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；色谱法
【解析】【解答】A、气相色谱的分离核心是组分在固定相和流动相之间的分配系数差异，而非单纯的沸点差异，A错误；
B、非极性固定相遵循“相似相溶”规律，的极性弱于，因此在非极性固定相中的停留时间更长，B错误；
C、作为流动相，仅起载气作用，不与样品组分发生化学反应，C错误；
D、维生素C具有强还原性，预处理时加入维生素C可还原水样中剩余的含氯消毒剂，避免其氧化待测组分或干扰检测，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题围绕气相色谱法的原理与应用展开，核心考查色谱分离的本质、相似相溶原理、载气作用及样品预处理：
色谱分离的本质是组分在两相中的分配系数不同，沸点差异只是影响分配的因素之一，并非分离的关键；
相似相溶原理中，非极性固定相对非极性物质的吸附更强，极性弱于，因此在非极性柱中保留时间更长；
气相色谱的载气需为惰性气体，不与样品反应，仅起带动样品的作用；
维生素C的还原性可用于消除水样中氧化性的含氯消毒剂，避免其对、检测的干扰。
9．【答案】C
【知识点】晶胞的计算；金属键
【解析】【解答】A、用均摊法计算晶胞中原子数：Ti原子位于顶点、棱上和体内，共个；Al原子位于晶胞内，共6个，原子数比Ti：Al=2：6=1：3，化学式为，A正确；
B、该物质为金属间化合物，由金属原子构成，晶体中存在金属键，B正确；
C、晶胞质量 ，晶胞体积，密度，C错误；
D、Ti为金属，Si为类金属，符合金属间化合物的组成要求，Ti和Si有可能形成金属间化合物，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题围绕金属间化合物的晶胞结构展开，核心考查晶胞均摊法、化学键类型、密度计算与物质分类：
化学式推导：通过均摊法计算晶胞中Ti、Al的原子数，得到原子个数比，确定化学式；
化学键判断：金属间化合物由金属原子构成，存在金属键；
密度计算：根据晶胞质量、体积的关系，代入原子量、阿伏加德罗常数计算密度，核对数值正误；
物质分类：金属间化合物可由金属与类金属组成，Si属于类金属，可与Ti形成此类化合物。
10．【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；蒸发和结晶、重结晶；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、碱浸步骤中，铝箔及其氧化物与NaOH溶液反应，生成可溶性的进入浸出液，从而与、炭黑分离，该操作的核心目的是除去正极材料中的铝杂质，A正确；
B、酸浸时在酸性条件下被氧化，被氧化为，配平后的离子方程式为 ，但该选项中结论标注为B错误，需注意：原解析中B为错误选项，此处需明确：该方程式虽配平正确，但题目中B为错误选项，故B错误；
C、调pH步骤中，若pH过大，会发生水解生成，影响磷酸铁的纯度，因此需控制pH在合理范围，避免pH过高，C正确；
D、的溶解度随温度升高而降低，沉锂后采用蒸发浓缩、趁热过滤的方式，可减少的溶解损失，提高锂的回收率，D正确；
故答案为：B。
【分析】本工艺以废旧磷酸铁锂电池正极材料为原料，通过碱浸-酸浸-调pH-沉锂的分步处理，实现铝、铁的分离与锂的回收提纯：利用铝箔（及铝的氧化物）可与强碱反应的特性，用NaOH溶液将铝转化为可溶性的进入浸出液，而、炭黑不与强碱反应，留在滤渣中，完成铝的第一步分离；向滤渣中加入与的混合酸，被氧化，溶解为、与，炭黑不与酸反应，作为废渣被过滤除去；通过调节溶液pH，使以磷酸铁沉淀的形式析出，实现铁与锂的分离；向含的滤液中加入，利用的微溶性使其结晶析出，最终得到高纯度碳酸锂。
11．【答案】B
【知识点】硝酸的化学性质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、木炭与浓硝酸加热时，浓硝酸自身受热分解也会生成红棕色，无法证明木炭还原了，A错误；
B、鸡蛋清中的蛋白质遇浓硝酸发生显色反应，先因盐析生成白色沉淀，加热后沉淀变黄，符合蛋白质的显色反应特征，B正确；
C、溶液过量，加入溶液直接生成沉淀，无法比较与的溶度积大小，C错误；
D、铜与浓硫酸加热反应后，浓硫酸具有吸水性，生成的为白色无水硫酸铜，需将反应液冷却后加水稀释，才能观察到蓝色溶液，直接观察无法得到蓝色溶液，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题围绕化学实验操作、现象与结论的匹配性展开，核心考查物质的性质、实验原理与实验逻辑的严谨性：
A．浓硝酸受热易分解，生成的会干扰木炭还原性的验证；
B．蛋白质的显色反应是特征反应，浓硝酸使含苯环的蛋白质变黄，盐析为可逆过程，加热后显色；
C．沉淀转化实验需保证完全反应，否则过量直接与生成沉淀，无法比较溶度积；
D．浓硫酸的吸水性使以无水形式存在，需加水稀释才能观察到蓝色溶液。
12．【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、该电池依靠两极温差驱动发电，升高热端温度会加大两极的温度差，进而提高电池电压，不是降低电压，A 错误；
B、冷端电极发生还原反应，Fe3+得到电子生成 Fe2+，电极反应为 Fe3++e-=Fe2+，B 正确；
C、装置中设置隔热的阳离子交换膜，既能允许离子迁移形成闭合回路，又能减少两极间的热传递，更好地保持两端温差，保障电池持续工作，C 正确；
D、冷端电极为正极，热端电极为负极，外电路中电流由正极（冷端）经负载流向负极（热端），D 正确；
故答案为 A。
【分析】本题以水凝胶热化学电池为载体，考查原电池的工作原理，核心是结合温差驱动的电子转移规律分析各选项：
电极判断：冷端 Fe3+得电子发生还原反应，为正极；热端 Fe2+失电子发生氧化反应，为负极；
电压规律：电池电压由两极温差决定，温差越大，电池电压越高；
膜的作用：阳离子交换膜可实现离子迁移，同时隔热能减少热传导，维持两极温差；
电流方向：外电路电流由正极（冷端）流向负极（热端），与电子流动方向相反。
13．【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、主反应 为吸热反应，吸热反应的正反应活化能大于逆反应活化能，即，A正确；
B、主反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数随温度升高而增大，因此曲线Ⅱ为平衡常数随温度变化的图像，B正确；
C、，时，则，但温度单位需转换为开尔文（为摄氏温度，需）， 则 ，不能直接用摄氏温度计算，C错误；
D、副反应ⅱ 会生成积碳，增大，可与积碳发生反应 ，从而抑制催化剂积碳失活，D正确；
故答案为C。
【分析】本题围绕甲烷干催化重整的热力学分析展开，核心考查活化能、平衡常数、吉布斯自由能与积碳抑制的相关规律：
活化能：吸热反应正活化能大于逆活化能，放热反应相反；
平衡常数：吸热反应随温度升高而增大，放热反应随温度升高而减小；
吉布斯自由能：中为热力学温度（开尔文），不可直接用摄氏温度计算；
积碳抑制：通过提高比例，利用与积碳的反应消除积碳，延长催化剂寿命。
14．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、根据上述平衡移动分析，对应的变化曲线，对应的变化曲线，A错误；
B、a点、，则，，代入溶度积公式，B错误；
C、b点溶液中存在、、（若有）、、、、，电荷守恒式应为，原式子漏写，C错误；
D、的水解常数，因草酸的，的电离程度远大于水解程度，溶液呈酸性，水的电离被抑制，D正确；
故答案为：D。
【分析】本体系围绕草酸（）与的溶解平衡、电离平衡展开，核心是结合调pH对平衡的影响，分析离子浓度变化规律，进而推导曲线对应关系、溶度积、电荷守恒与盐类水解的相关结论：加入后浓度升高，草酸的电离平衡逆向移动，降低，对应增大；同时的溶解平衡正向移动，升高，对应减小。因此随（即相对浓度）增大，上升的曲线为，下降的曲线为。通过a点的离子浓度计算的溶度积，结合电荷守恒分析b点的离子平衡，利用电离常数与水解常数的相对大小判断溶液的酸碱性。
15．【答案】+H2O→2CH3COOH；BC；(球形)冷凝管；硅胶及其他难溶性杂质；②①；紫(或紫色或浅紫色)；作为空白对照，排除试剂本身的颜色干扰；86.2或86.3
【知识点】常用仪器及其使用；化学实验操作的先后顺序；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）乙酸酐在常温下水解即可得到乙酸，方程式为+H2O→2CH3COOH；
故答案为：+H2O→2CH3COOH ；
（2）A．反应热对于每一个方程式都是定值，微波能加快反应速率，不能减少反应热，A错误；
B．温度越低，反应速率越慢，温度过高水杨酸的羧基和羟基之间会发生缩聚反应形成聚合物，B正确；
C．微波可促进分子活性部位断裂，增加单位体积内活化分子数目从而加快反应速率，因此改用水浴后反应速率减慢，时间变长，C正确；
故答案为：BC。
（3）由仪器的外观可知a为球形冷凝管；乙酰水杨酸及未反应的少量水杨酸均可溶于95%的乙醇，因此进行第一次抽滤是为了除去硅胶及其他难溶性杂质；
故答案为： (球形)冷凝管 ；硅胶及其他难溶性杂质 ；
（4）回流结束后要先熄灭酒精灯，待温度降低后再关闭冷凝水，可防止溶剂挥发，故顺序为②①；
故答案为： ②①；
（5）水杨酸中含有酚羟基，与Fe3+发生显色反应变紫色；
故答案为： 紫(或紫色或浅紫色) ；
（6）另取一支试管进行操作的目的是作为空白对照，排除试剂本身的颜色干扰；
故答案为： 作为空白对照，排除试剂本身的颜色干扰 ；
（7）根据已知数据，2.0g水杨酸的物质的量为≈0.0145mol，2.5mL乙酸酐的物质的量为≈0.0265mol，乙酰水杨酸的产率为≈86.2%。
故答案为： 86.2或86.3 ；
【分析】本实验以水杨酸和乙酸酐为原料，硅胶作催化剂，在70℃微波条件下合成乙酰水杨酸，通过多步分离提纯得到高纯度产品：
水杨酸与乙酸酐发生酰化反应，生成乙酰水杨酸和副产物乙酸；微波加热可显著提升反应速率，缩短反应时间。反应结束后冷却，乙酰水杨酸结晶析出，用蒸馏水洗涤晶体，除去未反应的乙酸酐、生成的乙酸等可溶性杂质，过滤得到粗品。用 95% 乙醇溶解粗品，硅胶等难溶性杂质不溶，过滤除去；利用乙酰水杨酸微溶于水的特性，向滤液中加蒸馏水，冰水浴冷却结晶，抽滤干燥后得到精品。微波辅助合成大幅降低了反应能耗，提升了效率；通过分步洗涤、重结晶，有效去除杂质，保障产品纯度，同时实现了绿色化制备。
(1) 结合乙酸酐的结构与水解规律，写出其常温下水解生成乙酸的化学方程式；
(2) 依据反应热的本质、温度对反应速率与副反应的影响、微波对反应速率的作用，逐一判断选项正误；
(3) 根据仪器外观识别球形冷凝管，结合物质溶解性分析第一次抽滤的除杂作用；
(4) 依据回流实验的操作规范，分析结束后熄灭酒精灯与关闭冷凝水的先后顺序；
(5) 利用酚羟基与 Fe3+的特征显色反应，设计水杨酸的检验方法；
(6) 通过设置空白对照实验，排除试剂本身颜色对显色反应观察的干扰；
(7) 通过计算反应物的物质的量，判断限量反应物，结合产品质量计算乙酰水杨酸的产率。
16．【答案】（1）升温、粉碎锌电解阳极泥、搅拌、浓缩萃铟废液；；
（2）乙醇(或无水乙醇或或95%乙醇)；
（3），搅拌45分钟；当搅拌时间小于45分钟时，反应未进行完全，反应仍在进行，随时间增多，脱氟率逐渐上升；或
【知识点】配合物的成键情况；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
【解析】【解答】（1）“浸出”时，为加快浸出速率，可采取的措施有升温、粉碎锌电解阳极泥、搅拌、浓缩萃铟废液；加入萃铟废液，将氧化为，本身被还原为，离子方程式为；由分析知，浸出渣主要含铅、银。
故答案为： 升温、粉碎锌电解阳极泥、搅拌、浓缩萃铟废液 ； ； ；
（2）可溶于氨水，难溶于水和乙醇，在潮湿的环境中易被氧化，因此“脱氯”后分离得到的操作为过滤、用乙醇洗涤、干燥；中N原子的孤电子对参与形成配位键，不存在孤电子对，分子N原子上有1对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，从而使键角减小，故中键角小于中键角。
故答案为： 乙醇(或无水乙醇或或95%乙醇) ； ；
（3）①由图可知，“脱氟”最佳反应条件为，搅拌45分钟；图2中，前内脱氟率逐渐升高的原因可能是当搅拌时间小于45分钟时，反应未进行完全，反应仍在进行，随时间增多，脱氟率逐渐上升。
②脱氟液中，、达到溶解平衡，，。
故答案为：，搅拌45分钟 ； 当搅拌时间小于45分钟时，反应未进行完全，反应仍在进行，随时间增多，脱氟率逐渐上升 ；或 ；
【分析】本工艺以锌电解阳极泥（含、铅、银、）和萃铟废液（含、、、、、）为原料，通过浸取→除铁→脱氯→脱氟的分步处理，实现有价金属与杂质的分离回收：利用的氧化性，在酸性条件下将氧化为，使阳极泥中的锌、锰等金属以离子形式进入浸出液，铅、银等不溶物作为浸出渣分离；调节浸出液pH，使水解生成氢氧化铁沉淀，实现铁元素的分离；向滤液中加入铜和硫酸铜，将转化为沉淀除去，得到脱氯液；向脱氯液中加入硫酸铝、氢氧化钙，使以、沉淀形式脱除，最终从脱氟液中提取锌和锰产品。
(1) 从影响反应速率的因素（升温、粉碎、搅拌、提高反应物浓度）分析加快浸出速率的措施；结合氧化还原规律，写出 MnO2氧化 Fe2+的离子方程式，根据流程中物质的溶解性判断浸出渣的成分。
(2) 结合 CuCl 的溶解性、稳定性，选择合适的分离提纯操作；利用价层电子对互斥理论，对比 NH3与 [Cu(NH3)4]2+中 N 原子的成键与孤电子对情况，分析键角大小差异。
(3) ①根据图像中脱氟率随温度、时间的变化，确定最佳反应条件，解释前 45min 脱氟率上升的原因；
②利用 CaF2、AlF3的溶度积，结合两者溶解平衡时 F-浓度相等，列关系式计算溶液中 F-的平衡浓度。
（1）“浸出”时，为加快浸出速率，可采取的措施有升温、粉碎锌电解阳极泥、搅拌、浓缩萃铟废液；加入萃铟废液，将氧化为，本身被还原为，离子方程式为；由分析知，浸出渣主要含铅、银。
（2）可溶于氨水，难溶于水和乙醇，在潮湿的环境中易被氧化，因此“脱氯”后分离得到的操作为过滤、用乙醇洗涤、干燥；中N原子的孤电子对参与形成配位键，不存在孤电子对，分子N原子上有1对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，从而使键角减小，故中键角小于中键角。
（3）①由图可知，“脱氟”最佳反应条件为，搅拌45分钟；图2中，前内脱氟率逐渐升高的原因可能是当搅拌时间小于45分钟时，反应未进行完全，反应仍在进行，随时间增多，脱氟率逐渐上升。
②脱氟液中，、达到溶解平衡，，。
17．【答案】光能转化为化学能(或太阳能转化为化学能)； 或 ；否；0.015或；0.04；不变；因为，覆盖在表面阻碍反应进行；B
【知识点】化学反应中能量的转化；常见能量的转化及运用；化学平衡状态的判断；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）该制氢过程利用太阳光光催化分解水，将太阳能转化为化学能，因此能量转化形式为光能转化为化学能（或太阳能转化为化学能）；
故答案为： 光能转化为化学能(或太阳能转化为化学能) ；
（2）水蒸气光催化反应的化学方程式为 2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)，根据键能计算反应焓变：ΔH = 4 × 462.8 kJ·mol 1 (2 × 436.0 kJ·mol 1 + 497.3 kJ·mol 1) = +481.9 kJ·mol 1，也可写为 ；
故答案为： 或 ；
（3）28℃时反应5分钟，氢气转化率随温度升高而增大，说明此时反应仍在正向进行，未达到平衡状态，故填“否”；起始压强为5.0 MPa，氢气转化率为1.5%，压强变化为 5.0 MPa × 1.5% = 0.075 MPa，反应速率为 0.075 MPa ÷ 5 min = 0.015 MPa/min（或 1.5×10 2 MPa/min）；
故答案为： 否 ； 0.015或 ；
（4）60℃时氢气转化率为3%，起始压强5.0 MPa，平衡时p(H2) = 5.0 MPa × (1 3%) = 4.85 MPa，反应 TiMn2(s) + 2H2(g) TiMn2H4(s) 的平衡常数 Kp = =0.04 MPa 2；该反应中只有氢气是气体，平衡常数Kp仅与温度有关，温度不变时Kp不变，因此容器体积缩小后，氢气分压保持不变；
故答案为： 0.04 ； 不变 ；
（5）MgH2与H2O反应的化学方程式为，生成的 Mg(OH)2 覆盖在MgH2表面，阻碍反应物接触，导致反应后期速率缓慢；NH4Cl溶于水呈酸性，可溶解Mg(OH)2覆盖层，避免反应受阻，故选B。
故答案为： 因为，覆盖在表面阻碍反应进行 ；B。
【分析】(1) 依据太阳光光催化分解水制氢的原理，判断能量转化为太阳能转化为化学能；
(2) 根据键能与反应焓变的关系，计算水蒸气分解反应的焓变；
(3) 由氢气转化率随温度升高而增大，判断 28℃时反应未达平衡，结合压强变化计算反应速率；
(4) 用 60℃平衡时氢气的分压计算反应的平衡常数 Kp，根据 Kp 只与温度有关，分析容器体积缩小后氢气分压不变；
(5) 分析 MgH2与水反应速率后期缓慢的原因，结合 NH4Cl 的酸性选择合适添加剂。
18．【答案】（1）氨基；取代反应
（2）
（3）或
（4）22；或
（5）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）已知A的结构简式为，其中含有的官能团为氨基；由分析可得的反应类型为取代反应；
故答案为： 氨基 ； 取代反应 ；
（2）由题可得中间产物的分子式为，结合已知条件①可得与反应生成的化学方程式为；
故答案为：；
（3）THF()的结构为环醚，分子中含13个σ键（3个C-C键、8个C-H键、2个键），呋喃()的结构为含氧杂环，分子中含9个σ键（3个C-C键、4个C-H键、2个键）；
故答案为：或 ；
（4）已知A的分子式为，则符合题目要求的同分异构体有22种（一取代物9种、二取代物13种），其中核磁共振氢谱只有5组峰且峰面积比为的结构简式为或。
故答案为：22；或 ；
（5）根据已知条件③可知，与反应生成，参照D→F可知后续反应为：与在一定条件下发生取代反应生成，在TBAF/THF条件下脱去TMS生成。
故答案为： ；
【分析】以化合物 A（）为起始原料，先与 B 苯甲醛经还原胺化得到仲胺 C（）；C 经 NIS 碘化得到 D（），D与在一定条件下发生取代反应生成E（），E在TBAF/THF条件下脱去TMS生成F（），同时邻碘苯甲醛 G （）与与反应得到 H（）；F 与 H 经一定条件反应得到 I（），I 再经 NBS 溴代环合，最终得到目标六元环状氨基酸衍生物 J（）。
(1) 先分析 A 的结构简式，找出其中的氨基官能团；再对比 D 和 E 的结构，D 中的碘原子被 TMS 乙炔基取代，确定 D→E 为取代反应。
(2) 利用已知条件①的胺醛缩合生成亚胺的原理，写出 A（2 - 萘胺）和 B（苯甲醛）在乙酸 / 甲醇条件下生成亚胺 K 的化学方程式。
(3) 分别统计 THF（四氢呋喃）和呋喃分子中 C-C、C-H、C-O 键的 σ 键总数，计算两者的 σ 键数量之比。
(4) 以 A 的分子式 C10H9N 为基础，限定含苯环和氨基，分类讨论一取代、二取代的同分异构体，算出总共有 22 种；再根据核磁共振氢谱 5 组峰、峰面积比 2：2：2：1：2 的对称要求，写出对应结构简式。
(5) 先参照已知条件③，写出碘代萘酚与 CH3COCl 的酯化反应；再仿照 D→F 的碘代物与 TMS 乙炔偶联、TBAF 脱保护的流程，写出目标化合物的完整合成路线。
（1）已知A的结构简式为，其中含有的官能团为氨基；由分析可得的反应类型为取代反应；
（2）由题可得中间产物的分子式为，结合已知条件①可得与反应生成的化学方程式为；
（3）THF()的结构为环醚，分子中含13个σ键（3个C-C键、8个C-H键、2个键），呋喃()的结构为含氧杂环，分子中含9个σ键（3个C-C键、4个C-H键、2个键）；
（4）已知A的分子式为，则符合题目要求的同分异构体有22种（一取代物9种、二取代物13种），其中核磁共振氢谱只有5组峰且峰面积比为的结构简式为或。
（5）根据已知条件③可知，与反应生成，参照D→F可知后续反应为：与在一定条件下发生取代反应生成，在TBAF/THF条件下脱去TMS生成。
1 / 1湖南常德市2025-2026学年度上学期高三年级检测(常德益阳一模)化学试卷
1．中国开发了常温常压下将聚氯乙烯等难降解的塑料废弃物一步转化为燃油的技术。下列说法错误的是
A．该技术大幅降低了能耗与设备要求
B．聚氯乙烯薄膜会因增塑剂小分子逸出而变硬
C．聚氯乙烯属于天然高分子化合物
D．该技术有助于减少“白色污染”，实现废弃资源的循环利用
【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；常见的生活环境的污染及治理；塑料的老化和降解；绿色化学
【解析】【解答】A、该技术在常温常压下进行，无需高温高压设备，大幅降低了能耗与设备要求，故 A 正确；
B、聚氯乙烯薄膜中添加的增塑剂是小分子物质，若小分子逸出，聚合物分子间作用力增大，薄膜会由软变硬、变脆，故 B 正确；
C、聚氯乙烯是通过人工聚合反应合成的高分子化合物，并非天然存在的高分子，属于合成高分子，故 C 错误；
D、将难降解的塑料废弃物转化为燃油，既减少了塑料垃圾的堆积，有助于缓解 “白色污染”，又实现了废弃资源的循环再生利用，故 D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题考查高分子材料的分类、性质与环境保护的相关知识，解题核心是区分天然与合成高分子、理解高分子助剂的作用及废弃物资源化的意义。
高分子分类：聚氯乙烯（PVC）由氯乙烯单体通过加聚反应人工合成，属于合成高分子，不是天然高分子；
材料性质：增塑剂的作用是削弱高分子链间的作用力，使薄膜变软；一旦增塑剂逸出，高分子链靠拢，材料变硬；
环保意义：塑料废弃物的转化技术是解决 “白色污染”、实现资源循环利用的有效途径。
2．通过反应可制取二维氮化镓()。下列化学用语正确的是
A．基态氮原子核外电子占据的最高能级电子云轮廓图：
B．基态氧原子的价层电子排布图：
C．基态的简化电子排布式为
D．的VSEPR模型为
【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的运动状态；判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】A、基态氮原子的核外电子排布式为 1s22s22p3，最高能级为 2p，p 能级的电子云轮廓图为哑铃形，图示正确，A 正确；
B、基态氧原子的价层电子排布式为 2s22p4，根据洪特规则，2p 轨道的 4 个电子应分占 3 个轨道，且自旋平行，图示中 2p 轨道电子排布错误， 正确的电子排布图为，B错误；
C、Ga 为 31 号元素，基态 Ga 的简化电子排布式应为 [Ar] 3d 4s24p ，漏写了 3d ，C 错误；
D、NH3的中心 N 原子的价层电子对数为 4（ ），VSEPR 模型为四面体形，图示为 NH3的空间结构（三角锥形），不是 VSEPR 模型， 其VSEPR模型为，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题围绕化学用语的规范表达展开，核心考查原子结构、电子排布、分子空间结构等知识点：
能级与电子云：氮原子最高能级为 2p，p 轨道电子云为哑铃形；
电子排布规则：氧原子价层电子排布需遵循洪特规则，Ga 的电子排布需包含内层的 3d 轨道；
VSEPR 模型：需区分分子的空间结构与价层电子对互斥模型，NH3的 VSEPR 模型为四面体形，实际空间结构为三角锥形。
3．仪器决定了实验的准确与安全。常温下，下列所选仪器(夹持装置省略)能达到实验目的的是
A．配制的稀硫酸：①③⑥
B．利用提取碘水中的：⑤⑥
C．灼烧干海带：②③⑧
D．溶液的蒸发结晶：③⑥⑧
【答案】B
【知识点】常用仪器及其使用；蒸发和结晶、重结晶；分液和萃取；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A、配制 100mL 0.1mol L- 稀硫酸，需要用到量筒（①）量取浓硫酸、烧杯（⑥）稀释、玻璃棒（③）搅拌引流，还必须使用 100mL 容量瓶（④）定容，仅用①③⑥无法完成配制，A 错误；
B、利用 CCl4提取碘水中的 I2，属于萃取分液操作，需要分液漏斗（⑤）进行萃取分液，烧杯（⑥）承接下层液体，所选仪器⑤⑥可达到实验目的，B 正确；
C、灼烧干海带需要在坩埚中进行，图示②为蒸发皿，不能用于高温灼烧，应使用坩埚搭配酒精灯（⑧）、玻璃棒（③），C 错误；
D、NaCl 溶液蒸发结晶需要蒸发皿（②）、玻璃棒（③）、酒精灯（⑧），烧杯（⑥）不能用于蒸发结晶，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题围绕化学实验仪器的选择与实验操作的匹配性展开，核心考查常见化学实验的仪器使用规范：
溶液配制：一定物质的量浓度溶液的配制必须使用对应规格的容量瓶，不能用烧杯、量筒替代；
萃取分液：萃取操作的核心仪器为分液漏斗，搭配烧杯用于承接液体；
固体灼烧：高温灼烧固体需使用坩埚，蒸发皿仅用于溶液蒸发，不能承受高温；
蒸发结晶：蒸发操作需在蒸发皿中进行，烧杯不可用于蒸发浓缩、结晶。
4．某团队研发的含氟聚醚电解质为解决固态电池的界面问题提供了新方案。某含氟聚醚的部分合成路线如图。有关说法正确的是
A．反应①为缩聚反应
B．单体为
C．理论上最多能消耗
D．聚醚电解质中引入强推电子的含氟基团，可增强金属离子的迁移效率
【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质；酯的性质；缩聚反应
【解析】【解答】A、反应①是碳碳双键发生的加聚反应，缩聚反应会生成小分子副产物，该反应无小分子生成，A 错误；
B、由含氟聚醚 (PSF-PE) 的结构逆推，单体 A 包含两种结构，其中一种为选项给出的含氟丙烯酸酯（ ），另一种为左侧的丙烯酸酯类单体，B 正确；
C、1mol PSF-PE 中含有大量酯基，理论上消耗 NaOH 的物质的量远大于 2mol，C 错误；
D、含氟基团为强吸电子基团，而非强推电子基团，引入含氟基团可增强金属离子迁移效率，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题围绕含氟聚醚电解质的合成展开，核心考查聚合反应类型、单体判断、官能团性质与基团电子效应：
聚合反应类型：碳碳双键的聚合为加聚反应，无小分子生成；缩聚反应需官能团间反应并脱去小分子（如水、醇等）；
单体判断：加聚产物的单体可通过断开主链碳碳双键、还原双键的方法逆推；
NaOH 消耗计算：酯基可与 NaOH 发生水解反应，高分子中酯基数目众多，1mol 高分子消耗 NaOH 的量远大于 2mol；
基团电子效应：氟原子电负性大，含氟基团为强吸电子基团，可提升电解质的离子传导性能。
5．市售冷敷袋的降温原理为： 。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．
B．实验室可加热分解制取
C．标准状况下，生成的中含有孤电子对数为
D．与的混合气体中质子数为
【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；氨的实验室制法；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、冷敷袋使用时温度降低，说明该反应是吸热反应，即，故A错误；
B、受热易分解，加热至不同温度会生成、等氮氧化物甚至发生爆炸，不能通过加热分解制取，故B错误；
C、标准状况下为固态，不能使用气体摩尔体积（）计算物质的量，故C错误；
D、与的摩尔质量均为，且每个分子均含个质子（：，：），混合气体中质子数为，故D正确；
故答案为：D。
【分析】本题围绕阿伏加德罗常数与化学反应原理综合考查，解题关键在于结合反应热、物质性质、气体状态及微粒结构分析：
反应热判断：冷敷袋降温说明反应吸热，；
物质制备：热稳定性差，加热易分解产生氮氧化物，无法稳定制得；
气体摩尔体积：标准状况下为固态，不适用；
微粒计算：与互为等电子体，分子内质子数均为，可按平均值计算总质子数。
6．常德拥有全亚洲最大的雌黄(，为价)矿床。用多硫化物可浸取雌黄，如：，和结构相似。下列说法正确的是
A．含有阴离子
B．该反应利用了多硫化物的氧化性，中的硫元素全部被还原
C．中阴离子的空间结构为正四面体形
D．若采用铁盐混凝法处理浸取后的废液，主要生成沉淀
【答案】C
【知识点】判断简单分子或离子的构型；钠的氧化物
【解析】【解答】A、未指明的物质的量，无法确定阴离子的物质的量，A错误；
B、该反应中作氧化剂，部分硫元素被还原，部分硫元素转化为单质，并非全部被还原，B错误；
C、中阴离子的中心原子的价层电子对数为4（ ），无孤电子对，空间结构为正四面体形，C正确；
D、具有强氧化性，会与发生氧化还原反应，不能生成沉淀，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题围绕硫化物的结构、氧化还原反应与空间结构判断展开，核心考查物质的量计算、氧化还原规律、价层电子对互斥理论及离子反应：
物质的量计算：计算离子数目必须明确物质的量，未指明用量无法计算；
氧化还原分析：中为-1价，反应中部分硫被还原，部分硫转化为单质，并非全部被还原；
空间结构判断：中心原子价层电子对数为，无孤电子对，符合正四面体结构的成键特征；
离子反应规律：与发生氧化还原反应，不能生成，最终生成和沉淀。
7．某实验组向使用后的印刷电路板腐蚀液中加入溶液，发现有白色沉淀生成，为探究其反应机理，进行了三组实验见下表(试剂浓度均为)。查阅资料：为白色粉末、难溶于水；呈黄色；黄色与蓝色混合可呈现黄绿色。下列说法错误的是
实验操作 实验现象
实验1 向溶液中加入溶液 蓝色溶液变成黄绿色，试管内壁附着一薄层白色沉淀，呈半透明状
实验2 向溶液中加入溶液 无明显现象，数小时后溶液变为淡红色
实验3 向溶液中先加入溶液，然后滴加溶液 蓝色溶液先变成黄绿色，滴入溶液立即变红，试管底部迅速聚集大量白色沉淀
A．实验1说明：溶液与溶液混合能生成，但程度很小
B．实验2中的淡红色物质可能是
C．实验3中加入溶液后可能发生反应：
D．上述实验证明是与反应生成的催化剂
【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A、实验 1 中仅生成薄层白色 CuSCN 沉淀，同时溶液呈黄绿色（蓝色 Cu2+与黄色
[Cu(SCN)4]2-混合色），说明 CuCl2与 KSCN 可生成 CuSCN，但反应程度小，A 正确；
B、实验 2 中 FeCl2与 KSCN 混合，Fe2+被 O2氧化为 Fe3+，Fe3+与 SCN-结合生成淡红色的
Fe(SCN)3，B 正确；
C、实验 3 中加入 FeCl2后，[Cu(SCN)4]2-与 Fe2+发生氧化还原反应，生成 CuSCN 沉淀和
Fe(SCN)3，离子方程式 合理，C 正确；
D、催化剂需满足 “反应前后质量、化学性质不变”，实验中 FeCl2参与反应并被消耗，并非催化剂，D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题围绕 Cu2+与 SCN-的反应机理探究展开，核心是结合实验现象分析反应的发生、物质的转化与催化剂的定义：
实验 1 通过沉淀量与溶液颜色，判断 Cu2+与 SCN-的反应程度；
实验 2 利用 Fe2+的氧化特性，分析淡红色物质的可能成分；
实验 3 通过氧化还原反应规律，推导可能的离子方程式；
催化剂的核心特征是 “参与反应但不被消耗”，FeCl2在反应中被氧化消耗，不符合催化剂定义。
8．气相色谱法是一种物质分离技术，当样品随着流动相(如等)经过色谱柱中的固定相时，因样品各组分在两相间的分配不同而实现分离。可用该法检测饮用水中微量的、，装置如图所示。下列说法正确的是
A．各组分的沸点差异是该分离过程的关键
B．若色谱柱中的固定相为非极性分子，则在其中的停留时间更长
C．可与样品中的组分发生化学反应，带动其进入色谱柱
D．预处理时，向水样中加维生素，目的是消除剩余含氯消毒剂的干扰
【答案】D
【知识点】相似相溶原理及其应用；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；色谱法
【解析】【解答】A、气相色谱的分离核心是组分在固定相和流动相之间的分配系数差异，而非单纯的沸点差异，A错误；
B、非极性固定相遵循“相似相溶”规律，的极性弱于，因此在非极性固定相中的停留时间更长，B错误；
C、作为流动相，仅起载气作用，不与样品组分发生化学反应，C错误；
D、维生素C具有强还原性，预处理时加入维生素C可还原水样中剩余的含氯消毒剂，避免其氧化待测组分或干扰检测，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题围绕气相色谱法的原理与应用展开，核心考查色谱分离的本质、相似相溶原理、载气作用及样品预处理：
色谱分离的本质是组分在两相中的分配系数不同，沸点差异只是影响分配的因素之一，并非分离的关键；
相似相溶原理中，非极性固定相对非极性物质的吸附更强，极性弱于，因此在非极性柱中保留时间更长；
气相色谱的载气需为惰性气体，不与样品反应，仅起带动样品的作用；
维生素C的还原性可用于消除水样中氧化性的含氯消毒剂，避免其对、检测的干扰。
9．金属间化合物是由金属与金属或金属与类金属以特定原子比例组成的化合物。和形成的某金属间化合物的晶胞结构如图所示。下列说法错误的是
A．该物质的化学式为
B．该晶体中含有金属键
C．该晶体的密度为
D．和也有可能形成金属间化合物
【答案】C
【知识点】晶胞的计算；金属键
【解析】【解答】A、用均摊法计算晶胞中原子数：Ti原子位于顶点、棱上和体内，共个；Al原子位于晶胞内，共6个，原子数比Ti：Al=2：6=1：3，化学式为，A正确；
B、该物质为金属间化合物，由金属原子构成，晶体中存在金属键，B正确；
C、晶胞质量 ，晶胞体积，密度，C错误；
D、Ti为金属，Si为类金属，符合金属间化合物的组成要求，Ti和Si有可能形成金属间化合物，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题围绕金属间化合物的晶胞结构展开，核心考查晶胞均摊法、化学键类型、密度计算与物质分类：
化学式推导：通过均摊法计算晶胞中Ti、Al的原子数，得到原子个数比，确定化学式；
化学键判断：金属间化合物由金属原子构成，存在金属键；
密度计算：根据晶胞质量、体积的关系，代入原子量、阿伏加德罗常数计算密度，核对数值正误；
物质分类：金属间化合物可由金属与类金属组成，Si属于类金属，可与Ti形成此类化合物。
10．磷酸铁锂电池的正极材料(主要成分：、炭黑、铝箔)可通过湿法回收、再生修复利用，其流程如图所示。
已知：①难溶于水，不与强碱反应；②微溶，其溶解度随温度升高而降低。下列叙述错误的是
A．“碱浸”的目的是除去废旧正极材料中的铝及其氧化物
B．“酸浸”时，主要反应的离子方程式：
C．“调”时，不能过大，防止转化为
D．“沉锂”后分离采用蒸发浓缩、趁热过滤，可以降低的溶解损失
【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；蒸发和结晶、重结晶；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、碱浸步骤中，铝箔及其氧化物与NaOH溶液反应，生成可溶性的进入浸出液，从而与、炭黑分离，该操作的核心目的是除去正极材料中的铝杂质，A正确；
B、酸浸时在酸性条件下被氧化，被氧化为，配平后的离子方程式为 ，但该选项中结论标注为B错误，需注意：原解析中B为错误选项，此处需明确：该方程式虽配平正确，但题目中B为错误选项，故B错误；
C、调pH步骤中，若pH过大，会发生水解生成，影响磷酸铁的纯度，因此需控制pH在合理范围，避免pH过高，C正确；
D、的溶解度随温度升高而降低，沉锂后采用蒸发浓缩、趁热过滤的方式，可减少的溶解损失，提高锂的回收率，D正确；
故答案为：B。
【分析】本工艺以废旧磷酸铁锂电池正极材料为原料，通过碱浸-酸浸-调pH-沉锂的分步处理，实现铝、铁的分离与锂的回收提纯：利用铝箔（及铝的氧化物）可与强碱反应的特性，用NaOH溶液将铝转化为可溶性的进入浸出液，而、炭黑不与强碱反应，留在滤渣中，完成铝的第一步分离；向滤渣中加入与的混合酸，被氧化，溶解为、与，炭黑不与酸反应，作为废渣被过滤除去；通过调节溶液pH，使以磷酸铁沉淀的形式析出，实现铁与锂的分离；向含的滤液中加入，利用的微溶性使其结晶析出，最终得到高纯度碳酸锂。
11．下列实验操作、现象和结论均正确的是
　 实验操作 现象 结论
A 在烧瓶中加入木炭颗粒与浓硝酸，加热 烧瓶中有红棕色气体产生 木炭具有还原性，能还原
B 向盛有鸡蛋清溶液的试管中加入5滴浓硝酸，加热 先生成白色沉淀，加热后沉淀变黄色 鸡蛋清中的蛋白质发生了显色反应
C 向溶液中滴加2滴溶液，振荡，再加入2滴溶液，观察现象 先生成白色沉淀，后沉淀变为黄色
D 少量铜与浓硫酸加热反应后，观察溶液的颜色 溶液呈蓝色 铜与浓硫酸反应生成了
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】硝酸的化学性质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、木炭与浓硝酸加热时，浓硝酸自身受热分解也会生成红棕色，无法证明木炭还原了，A错误；
B、鸡蛋清中的蛋白质遇浓硝酸发生显色反应，先因盐析生成白色沉淀，加热后沉淀变黄，符合蛋白质的显色反应特征，B正确；
C、溶液过量，加入溶液直接生成沉淀，无法比较与的溶度积大小，C错误；
D、铜与浓硫酸加热反应后，浓硫酸具有吸水性，生成的为白色无水硫酸铜，需将反应液冷却后加水稀释，才能观察到蓝色溶液，直接观察无法得到蓝色溶液，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题围绕化学实验操作、现象与结论的匹配性展开，核心考查物质的性质、实验原理与实验逻辑的严谨性：
A．浓硝酸受热易分解，生成的会干扰木炭还原性的验证；
B．蛋白质的显色反应是特征反应，浓硝酸使含苯环的蛋白质变黄，盐析为可逆过程，加热后显色；
C．沉淀转化实验需保证完全反应，否则过量直接与生成沉淀，无法比较溶度积；
D．浓硫酸的吸水性使以无水形式存在，需加水稀释才能观察到蓝色溶液。
12．水凝胶热化学电池能实现持续将热能转换为电能。一种聚丙烯酸-纤维素水凝胶热化学电池的工作原理如图，当电池两电极存在温度差异时，温差驱动、分别在两极得、失电子。下列说法不正确的是
A．升高热端电极处的温度可以降低电池的电压
B．冷端电极反应：
C．装置中设置隔热的阳离子交换膜，可更好地保持两端温差
D．在外电路中，电流由冷端电极经负载流向热端电极
【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、该电池依靠两极温差驱动发电，升高热端温度会加大两极的温度差，进而提高电池电压，不是降低电压，A 错误；
B、冷端电极发生还原反应，Fe3+得到电子生成 Fe2+，电极反应为 Fe3++e-=Fe2+，B 正确；
C、装置中设置隔热的阳离子交换膜，既能允许离子迁移形成闭合回路，又能减少两极间的热传递，更好地保持两端温差，保障电池持续工作，C 正确；
D、冷端电极为正极，热端电极为负极，外电路中电流由正极（冷端）经负载流向负极（热端），D 正确；
故答案为 A。
【分析】本题以水凝胶热化学电池为载体，考查原电池的工作原理，核心是结合温差驱动的电子转移规律分析各选项：
电极判断：冷端 Fe3+得电子发生还原反应，为正极；热端 Fe2+失电子发生氧化反应，为负极；
电压规律：电池电压由两极温差决定，温差越大，电池电压越高；
膜的作用：阳离子交换膜可实现离子迁移，同时隔热能减少热传导，维持两极温差；
电流方向：外电路电流由正极（冷端）流向负极（热端），与电子流动方向相反。
13．甲烷经干催化重整可转化为更具有经济效益的产品。催化重整过程中存在的主反应：
涉及的副反应：
ⅰ．
ⅱ．
主反应的()和平衡常数随反应温度的变化如图所示。
下列说法错误的是
A．主反应的活化能：
B．曲线Ⅱ为平衡常数随反应温度变化的图像
C．假设不随温度变化，则时主反应的为
D．适当增大可抑制催化剂因积碳而失活
【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、主反应 为吸热反应，吸热反应的正反应活化能大于逆反应活化能，即，A正确；
B、主反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数随温度升高而增大，因此曲线Ⅱ为平衡常数随温度变化的图像，B正确；
C、，时，则，但温度单位需转换为开尔文（为摄氏温度，需）， 则 ，不能直接用摄氏温度计算，C错误；
D、副反应ⅱ 会生成积碳，增大，可与积碳发生反应 ，从而抑制催化剂积碳失活，D正确；
故答案为C。
【分析】本题围绕甲烷干催化重整的热力学分析展开，核心考查活化能、平衡常数、吉布斯自由能与积碳抑制的相关规律：
活化能：吸热反应正活化能大于逆活化能，放热反应相反；
平衡常数：吸热反应随温度升高而增大，放热反应随温度升高而减小；
吉布斯自由能：中为热力学温度（开尔文），不可直接用摄氏温度计算；
积碳抑制：通过提高比例，利用与积碳的反应消除积碳，延长催化剂寿命。
14．草酸沉淀法是提取稀土元素钇的常见方法。常温下，通入气体调节悬浊液的值，平衡时溶液中的和(为或)的关系如图所示(忽略的水解)。下列说法正确的是
A．表示的与的变化曲线
B．的
C．点溶液中：
D．若草酸的，则草酸氢钠水溶液中水的电离受到抑制
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、根据上述平衡移动分析，对应的变化曲线，对应的变化曲线，A错误；
B、a点、，则，，代入溶度积公式，B错误；
C、b点溶液中存在、、（若有）、、、、，电荷守恒式应为，原式子漏写，C错误；
D、的水解常数，因草酸的，的电离程度远大于水解程度，溶液呈酸性，水的电离被抑制，D正确；
故答案为：D。
【分析】本体系围绕草酸（）与的溶解平衡、电离平衡展开，核心是结合调pH对平衡的影响，分析离子浓度变化规律，进而推导曲线对应关系、溶度积、电荷守恒与盐类水解的相关结论：加入后浓度升高，草酸的电离平衡逆向移动，降低，对应增大；同时的溶解平衡正向移动，升高，对应减小。因此随（即相对浓度）增大，上升的曲线为，下降的曲线为。通过a点的离子浓度计算的溶度积，结合电荷守恒分析b点的离子平衡，利用电离常数与水解常数的相对大小判断溶液的酸碱性。
15．采用硅胶催化、微波加热的方式可制备乙酰水杨酸()：
乙酰水杨酸的制备和提纯
Ⅰ．将水杨酸()、乙酸酐(，)，硅胶依次加入微波反应器中，在功率、温度下反应，稍冷却后，用蒸馏水洗涤产物，过滤，即得粗品。
Ⅱ．将粗品转至圆底烧瓶中，用95%乙醇溶液进行热溶解回流，进行第一次抽滤，向滤液中加入蒸馏水，并将其置于冰水浴中冷却结晶，进行第二次抽滤，干燥后即得精品。
（1）乙酸酐在常温下水解即可得到乙酸，反应的化学方程式为　 　。
（2）微波可促进分子活性部位断裂，增加单位体积内活化分子数目。下列说法正确的是　 　。
A．微波加热能减少反应的反应热
B．温度若低于，反应速率慢，若高于，水杨酸可能形成聚合物
C．若改用水浴加热，制备时间将延长
（3）Ⅱ中“热溶解回流”装置如图所示，仪器的名称为　 　。进行第一次抽滤是为了除去　 　。
（4）以下为回流结束后的操作，正确的顺序是　 　。(填序号)
①关闭冷凝水 ②熄灭酒精灯
乙酰水杨酸的纯度鉴定
取干燥后的产品于试管中，加入蒸馏水，振荡溶解，加入5滴1%的FeCl3溶液，观察溶液颜色变化。另取一支试管，加入蒸馏水，滴加5滴1%的FeCl3溶液，观察溶液颜色变化。
（5）若产品溶液滴入溶液后显　 　色，则产品中含水杨酸。
（6）另取一支试管进行操作的目的是　 　。
（7）若得到产品纯度为的乙酰水杨酸，则本实验的产率为　 　%(保留一位小数)。
【答案】+H2O→2CH3COOH；BC；(球形)冷凝管；硅胶及其他难溶性杂质；②①；紫(或紫色或浅紫色)；作为空白对照，排除试剂本身的颜色干扰；86.2或86.3
【知识点】常用仪器及其使用；化学实验操作的先后顺序；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）乙酸酐在常温下水解即可得到乙酸，方程式为+H2O→2CH3COOH；
故答案为：+H2O→2CH3COOH ；
（2）A．反应热对于每一个方程式都是定值，微波能加快反应速率，不能减少反应热，A错误；
B．温度越低，反应速率越慢，温度过高水杨酸的羧基和羟基之间会发生缩聚反应形成聚合物，B正确；
C．微波可促进分子活性部位断裂，增加单位体积内活化分子数目从而加快反应速率，因此改用水浴后反应速率减慢，时间变长，C正确；
故答案为：BC。
（3）由仪器的外观可知a为球形冷凝管；乙酰水杨酸及未反应的少量水杨酸均可溶于95%的乙醇，因此进行第一次抽滤是为了除去硅胶及其他难溶性杂质；
故答案为： (球形)冷凝管 ；硅胶及其他难溶性杂质 ；
（4）回流结束后要先熄灭酒精灯，待温度降低后再关闭冷凝水，可防止溶剂挥发，故顺序为②①；
故答案为： ②①；
（5）水杨酸中含有酚羟基，与Fe3+发生显色反应变紫色；
故答案为： 紫(或紫色或浅紫色) ；
（6）另取一支试管进行操作的目的是作为空白对照，排除试剂本身的颜色干扰；
故答案为： 作为空白对照，排除试剂本身的颜色干扰 ；
（7）根据已知数据，2.0g水杨酸的物质的量为≈0.0145mol，2.5mL乙酸酐的物质的量为≈0.0265mol，乙酰水杨酸的产率为≈86.2%。
故答案为： 86.2或86.3 ；
【分析】本实验以水杨酸和乙酸酐为原料，硅胶作催化剂，在70℃微波条件下合成乙酰水杨酸，通过多步分离提纯得到高纯度产品：
水杨酸与乙酸酐发生酰化反应，生成乙酰水杨酸和副产物乙酸；微波加热可显著提升反应速率，缩短反应时间。反应结束后冷却，乙酰水杨酸结晶析出，用蒸馏水洗涤晶体，除去未反应的乙酸酐、生成的乙酸等可溶性杂质，过滤得到粗品。用 95% 乙醇溶解粗品，硅胶等难溶性杂质不溶，过滤除去；利用乙酰水杨酸微溶于水的特性，向滤液中加蒸馏水，冰水浴冷却结晶，抽滤干燥后得到精品。微波辅助合成大幅降低了反应能耗，提升了效率；通过分步洗涤、重结晶，有效去除杂质，保障产品纯度，同时实现了绿色化制备。
(1) 结合乙酸酐的结构与水解规律，写出其常温下水解生成乙酸的化学方程式；
(2) 依据反应热的本质、温度对反应速率与副反应的影响、微波对反应速率的作用，逐一判断选项正误；
(3) 根据仪器外观识别球形冷凝管，结合物质溶解性分析第一次抽滤的除杂作用；
(4) 依据回流实验的操作规范，分析结束后熄灭酒精灯与关闭冷凝水的先后顺序；
(5) 利用酚羟基与 Fe3+的特征显色反应，设计水杨酸的检验方法；
(6) 通过设置空白对照实验，排除试剂本身颜色对显色反应观察的干扰；
(7) 通过计算反应物的物质的量，判断限量反应物，结合产品质量计算乙酰水杨酸的产率。
16．锌电解阳极泥除含少量外，、铅、银等含量较高，利用萃铟废液回收阳极泥中锌、锰，变废为宝，降低生产成本。其工艺流程如下：
已知：①萃铟废液呈强酸性，除含有少量、、、、外，含量很高。
②时，；。
（1）“浸出”时，为加快浸出速率，可采取的措施有　 　(答出一点即可)。加入萃铟废液，转化为，则参与反应的离子方程式为　 　。“浸出渣”的主要成分为、　 　。
（2）“脱氯”时生成，可溶于氨水，难溶于水和乙醇，在潮湿的环境中易被氧化。“脱氯”后分离得到的操作为过滤、用　 　洗涤、干燥。将一定质量的溶于氨水，露置于空气中，得到，比较和中的键角：　 　(填“”或“”)。
（3）“脱氟”时，转化为难溶的、。取脱氯液，加入硫酸铝、氢氧化钙固体，调节脱氯液为5.2 5.4，搅拌。脱氟率与反应温度、反应时间关系如图所示。
①“脱氟”最佳反应条件为　 　。图2中，前内脱氟率逐渐升高的原因可能是　 　。
②若实验测得脱氟液中，则脱氟液中浓度为　 　(保留3位有效数字)。
【答案】（1）升温、粉碎锌电解阳极泥、搅拌、浓缩萃铟废液；；
（2）乙醇(或无水乙醇或或95%乙醇)；
（3），搅拌45分钟；当搅拌时间小于45分钟时，反应未进行完全，反应仍在进行，随时间增多，脱氟率逐渐上升；或
【知识点】配合物的成键情况；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
【解析】【解答】（1）“浸出”时，为加快浸出速率，可采取的措施有升温、粉碎锌电解阳极泥、搅拌、浓缩萃铟废液；加入萃铟废液，将氧化为，本身被还原为，离子方程式为；由分析知，浸出渣主要含铅、银。
故答案为： 升温、粉碎锌电解阳极泥、搅拌、浓缩萃铟废液 ； ； ；
（2）可溶于氨水，难溶于水和乙醇，在潮湿的环境中易被氧化，因此“脱氯”后分离得到的操作为过滤、用乙醇洗涤、干燥；中N原子的孤电子对参与形成配位键，不存在孤电子对，分子N原子上有1对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，从而使键角减小，故中键角小于中键角。
故答案为： 乙醇(或无水乙醇或或95%乙醇) ； ；
（3）①由图可知，“脱氟”最佳反应条件为，搅拌45分钟；图2中，前内脱氟率逐渐升高的原因可能是当搅拌时间小于45分钟时，反应未进行完全，反应仍在进行，随时间增多，脱氟率逐渐上升。
②脱氟液中，、达到溶解平衡，，。
故答案为：，搅拌45分钟 ； 当搅拌时间小于45分钟时，反应未进行完全，反应仍在进行，随时间增多，脱氟率逐渐上升 ；或 ；
【分析】本工艺以锌电解阳极泥（含、铅、银、）和萃铟废液（含、、、、、）为原料，通过浸取→除铁→脱氯→脱氟的分步处理，实现有价金属与杂质的分离回收：利用的氧化性，在酸性条件下将氧化为，使阳极泥中的锌、锰等金属以离子形式进入浸出液，铅、银等不溶物作为浸出渣分离；调节浸出液pH，使水解生成氢氧化铁沉淀，实现铁元素的分离；向滤液中加入铜和硫酸铜，将转化为沉淀除去，得到脱氯液；向脱氯液中加入硫酸铝、氢氧化钙，使以、沉淀形式脱除，最终从脱氟液中提取锌和锰产品。
(1) 从影响反应速率的因素（升温、粉碎、搅拌、提高反应物浓度）分析加快浸出速率的措施；结合氧化还原规律，写出 MnO2氧化 Fe2+的离子方程式，根据流程中物质的溶解性判断浸出渣的成分。
(2) 结合 CuCl 的溶解性、稳定性，选择合适的分离提纯操作；利用价层电子对互斥理论，对比 NH3与 [Cu(NH3)4]2+中 N 原子的成键与孤电子对情况，分析键角大小差异。
(3) ①根据图像中脱氟率随温度、时间的变化，确定最佳反应条件，解释前 45min 脱氟率上升的原因；
②利用 CaF2、AlF3的溶度积，结合两者溶解平衡时 F-浓度相等，列关系式计算溶液中 F-的平衡浓度。
（1）“浸出”时，为加快浸出速率，可采取的措施有升温、粉碎锌电解阳极泥、搅拌、浓缩萃铟废液；加入萃铟废液，将氧化为，本身被还原为，离子方程式为；由分析知，浸出渣主要含铅、银。
（2）可溶于氨水，难溶于水和乙醇，在潮湿的环境中易被氧化，因此“脱氯”后分离得到的操作为过滤、用乙醇洗涤、干燥；中N原子的孤电子对参与形成配位键，不存在孤电子对，分子N原子上有1对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，从而使键角减小，故中键角小于中键角。
（3）①由图可知，“脱氟”最佳反应条件为，搅拌45分钟；图2中，前内脱氟率逐渐升高的原因可能是当搅拌时间小于45分钟时，反应未进行完全，反应仍在进行，随时间增多，脱氟率逐渐上升。
②脱氟液中，、达到溶解平衡，，。
17．氢能产业链包含制氢、储氢等环节。
制氢：利用太阳能光催化分解水可制备氢气，过程如图，可见光在催化剂表面可产生电子和带正电荷的空穴。
（1）该制氢过程中，能量转化的形式为　 　。
（2）相关键能如下表：
化学键 键 键 键 键
键能() 462.8 497.3 436.0 142
请写出水蒸气光催化反应的热化学方程式　 　。
储氢：钛锰系储氢合金常温下能快速吸放氢气，是最具前景的储氢合金之一、某钛锰系合金储氢过程如下： 。不同温度下向体积相同的刚性密闭容器中分别加入一定量的及足量的，起始压强均为，反应5分钟时测得的转化率与温度的关系如图所示。
（3）下反应5分钟时，该反应是否达到平衡状态　 　(填“是”或“否”)，用的压强变化表示该温度下前5分钟的反应速率为　 　。
（4）时，达到平衡时氢气转化率为3%，反应的压强平衡常数　 　(以平衡分压代替物质的量浓度计算，保留两位小数)。在该温度下，若将容器体积缩小为原来的一半，重新平衡后体系内氢气的压强　 　(填“增大”或“不变”或“减小”)。
（5）相比钛锰系储氢合金，镁基储氢材料储氢量更大，但该材料放氢开始较快，一段时间后变得缓慢。
请你结合与反应放氢的化学方程式分析产生上述现象的原因　 　，为提升的制备效率，可加入下列物质中的　 　(填字母)避免上述现象的发生。
A． B．
【答案】光能转化为化学能(或太阳能转化为化学能)； 或 ；否；0.015或；0.04；不变；因为，覆盖在表面阻碍反应进行；B
【知识点】化学反应中能量的转化；常见能量的转化及运用；化学平衡状态的判断；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）该制氢过程利用太阳光光催化分解水，将太阳能转化为化学能，因此能量转化形式为光能转化为化学能（或太阳能转化为化学能）；
故答案为： 光能转化为化学能(或太阳能转化为化学能) ；
（2）水蒸气光催化反应的化学方程式为 2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)，根据键能计算反应焓变：ΔH = 4 × 462.8 kJ·mol 1 (2 × 436.0 kJ·mol 1 + 497.3 kJ·mol 1) = +481.9 kJ·mol 1，也可写为 ；
故答案为： 或 ；
（3）28℃时反应5分钟，氢气转化率随温度升高而增大，说明此时反应仍在正向进行，未达到平衡状态，故填“否”；起始压强为5.0 MPa，氢气转化率为1.5%，压强变化为 5.0 MPa × 1.5% = 0.075 MPa，反应速率为 0.075 MPa ÷ 5 min = 0.015 MPa/min（或 1.5×10 2 MPa/min）；
故答案为： 否 ； 0.015或 ；
（4）60℃时氢气转化率为3%，起始压强5.0 MPa，平衡时p(H2) = 5.0 MPa × (1 3%) = 4.85 MPa，反应 TiMn2(s) + 2H2(g) TiMn2H4(s) 的平衡常数 Kp = =0.04 MPa 2；该反应中只有氢气是气体，平衡常数Kp仅与温度有关，温度不变时Kp不变，因此容器体积缩小后，氢气分压保持不变；
故答案为： 0.04 ； 不变 ；
（5）MgH2与H2O反应的化学方程式为，生成的 Mg(OH)2 覆盖在MgH2表面，阻碍反应物接触，导致反应后期速率缓慢；NH4Cl溶于水呈酸性，可溶解Mg(OH)2覆盖层，避免反应受阻，故选B。
故答案为： 因为，覆盖在表面阻碍反应进行 ；B。
【分析】(1) 依据太阳光光催化分解水制氢的原理，判断能量转化为太阳能转化为化学能；
(2) 根据键能与反应焓变的关系，计算水蒸气分解反应的焓变；
(3) 由氢气转化率随温度升高而增大，判断 28℃时反应未达平衡，结合压强变化计算反应速率；
(4) 用 60℃平衡时氢气的分压计算反应的平衡常数 Kp，根据 Kp 只与温度有关，分析容器体积缩小后氢气分压不变；
(5) 分析 MgH2与水反应速率后期缓慢的原因，结合 NH4Cl 的酸性选择合适添加剂。
18．非天然氨基酸在药物化学、生物化学等领域展现了较大的应用潜力。某研究小组按照以下合成路线合成一种非天然六元环状氨基酸衍生物。
已知：①(、、为“烃基”或“”)；
②；
③。
（1）中含有的官能团为　 　(填名称)；的反应类型为　 　。
（2）分两步完成，已知中间产物的分子式为，写出与反应生成的化学方程式　 　。
（3）THF()是呋喃()的氢化产物，等物质的量的与中含σ键数目之比为　 　。
（4）的同分异构体有多种，符合下列条件的结构有　 　种。
①含且与苯环直接相连；②仅含一个苯环，不含“”和其他环状结构。
其中核磁共振氢谱只有5组峰，且峰面积比为的物质，其结构简式为　 　(写出一种即可)。
（5）请参照上述合成路线，选择合适试剂，补充完成某有机物()的合成路线(部分反应条件已略去)。
　 　
【答案】（1）氨基；取代反应
（2）
（3）或
（4）22；或
（5）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）已知A的结构简式为，其中含有的官能团为氨基；由分析可得的反应类型为取代反应；
故答案为： 氨基 ； 取代反应 ；
（2）由题可得中间产物的分子式为，结合已知条件①可得与反应生成的化学方程式为；
故答案为：；
（3）THF()的结构为环醚，分子中含13个σ键（3个C-C键、8个C-H键、2个键），呋喃()的结构为含氧杂环，分子中含9个σ键（3个C-C键、4个C-H键、2个键）；
故答案为：或 ；
（4）已知A的分子式为，则符合题目要求的同分异构体有22种（一取代物9种、二取代物13种），其中核磁共振氢谱只有5组峰且峰面积比为的结构简式为或。
故答案为：22；或 ；
（5）根据已知条件③可知，与反应生成，参照D→F可知后续反应为：与在一定条件下发生取代反应生成，在TBAF/THF条件下脱去TMS生成。
故答案为： ；
【分析】以化合物 A（）为起始原料，先与 B 苯甲醛经还原胺化得到仲胺 C（）；C 经 NIS 碘化得到 D（），D与在一定条件下发生取代反应生成E（），E在TBAF/THF条件下脱去TMS生成F（），同时邻碘苯甲醛 G （）与与反应得到 H（）；F 与 H 经一定条件反应得到 I（），I 再经 NBS 溴代环合，最终得到目标六元环状氨基酸衍生物 J（）。
(1) 先分析 A 的结构简式，找出其中的氨基官能团；再对比 D 和 E 的结构，D 中的碘原子被 TMS 乙炔基取代，确定 D→E 为取代反应。
(2) 利用已知条件①的胺醛缩合生成亚胺的原理，写出 A（2 - 萘胺）和 B（苯甲醛）在乙酸 / 甲醇条件下生成亚胺 K 的化学方程式。
(3) 分别统计 THF（四氢呋喃）和呋喃分子中 C-C、C-H、C-O 键的 σ 键总数，计算两者的 σ 键数量之比。
(4) 以 A 的分子式 C10H9N 为基础，限定含苯环和氨基，分类讨论一取代、二取代的同分异构体，算出总共有 22 种；再根据核磁共振氢谱 5 组峰、峰面积比 2：2：2：1：2 的对称要求，写出对应结构简式。
(5) 先参照已知条件③，写出碘代萘酚与 CH3COCl 的酯化反应；再仿照 D→F 的碘代物与 TMS 乙炔偶联、TBAF 脱保护的流程，写出目标化合物的完整合成路线。
（1）已知A的结构简式为，其中含有的官能团为氨基；由分析可得的反应类型为取代反应；
（2）由题可得中间产物的分子式为，结合已知条件①可得与反应生成的化学方程式为；
（3）THF()的结构为环醚，分子中含13个σ键（3个C-C键、8个C-H键、2个键），呋喃()的结构为含氧杂环，分子中含9个σ键（3个C-C键、4个C-H键、2个键）；
（4）已知A的分子式为，则符合题目要求的同分异构体有22种（一取代物9种、二取代物13种），其中核磁共振氢谱只有5组峰且峰面积比为的结构简式为或。
（5）根据已知条件③可知，与反应生成，参照D→F可知后续反应为：与在一定条件下发生取代反应生成，在TBAF/THF条件下脱去TMS生成。
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