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湖南省湘潭市2026届高三上学期二模化学试题
1．2025年“文化和自然遗产日”的主题是“让文物焕发新活力绽放新光彩”，主场活动在长沙举办。下列中国非物质文化遗产的制作工艺中，化学变化起主要作用的是
A．京剧——脸谱制作中矿物颜料研磨与调配
B．绍兴黄酒酿制技艺——酿制中粮食发酵生成乙醇
C．醴陵釉下五彩瓷烧制技艺——制作过程中黏土塑形
D．湘绣——蚕丝染色与织造
【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；物理变化与化学变化的区别与联系
【解析】【解答】A、矿物颜料的研磨与调配，仅改变物质的形态与混合状态，无新物质生成，属于物理变化，故 A 错误；
B、粮食发酵生成乙醇，过程中淀粉等糖类在微生物作用下转化为乙醇，有新物质生成，属于化学变化，故 B 正确；
C、黏土塑形仅改变黏土的形状，无新物质生成，属于物理变化，故 C 错误；
D、蚕丝染色与织造，仅涉及染料附着和蚕丝形态改变，无新物质生成，属于物理变化，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
区分物理变化与化学变化的核心依据是有无新物质生成；
研磨、调配、塑形、染色、织造等过程，仅涉及物质形态或状态的改变，无新物质生成，属于物理变化；粮食发酵过程中，微生物将糖类转化为乙醇，有新物质生成，属于化学变化。
2．下列操作或装置正确的是
A.制取 B.吸收
C.提纯四氯化碳 D.用NaOH溶液滴定次磷酸溶液
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】氨的实验室制法；二氧化硫的性质；分液和萃取；中和滴定
【解析】【解答】A、氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，二者在试管口又会重新化合生成氯化铵，无法制得氨气，且收集氨气的试管口不能塞橡胶塞，故 A 错误；
B、二氧化硫通入溴水中发生反应，装置采用球形干燥管，可防止倒吸，故 B 正确；
C、氯仿和四氯化碳互溶，不能用分液的方法提纯，故 C 错误；
D、NaOH 溶液呈碱性，会腐蚀玻璃活塞，应盛放在碱式滴定管中，不能用酸式滴定管（带玻璃活塞），故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
氨气制备中氯化铵受热分解产物易重新化合，无法制得氨气；
二氧化硫的吸收装置需考虑防倒吸，球形干燥管可起到防倒吸作用；
分液操作适用于互不相溶的液体混合物，氯仿和四氯化碳互溶，不能用分液提纯；
碱性溶液会腐蚀玻璃活塞，应使用碱式滴定管盛装 NaOH 溶液。
3．某小组开发催化剂实现电催化活性亚甲基化合物的环丙烷化反应，如图所示（Ph为苯基，Me为甲基）。下列叙述正确的是
A．上述反应属于加成反应
B．甲分子中所有原子不可能共平面
C．1mol乙最多能消耗40 g NaOH
D．1 mol丙最多能消耗
【答案】A
【知识点】有机物的结构和性质；酯的性质；加成反应；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A、该反应中，甲的碳碳双键打开，与乙的活性亚甲基发生加成，生成环丙烷结构，属于加成反应，故 A 正确；
B、甲分子中苯环、碳碳双键均为平面结构，且二者直接相连，所有原子可能共平面，故 B 错误；
C、乙分子含 2 个酯基，1mol 乙水解生成 2mol 羧酸和 2mol 甲醇，羧酸能与 NaOH 反应，因此 1mol 乙最多消耗 2mol NaOH，质量为 80g，故 C 错误；
D、丙分子中含 2 个苯环和 2 个酯基，酯基不与 H2加成，1mol 苯环可消耗 3mol H2，因此 1mol 丙最多消耗 6mol H2，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
反应类型判断：碳碳双键参与的环丙烷化反应属于加成反应；
原子共面判断：苯环与碳碳双键均为平面结构，直接相连时所有原子可能共面；
酯基与 NaOH 反应：1mol 酯基水解生成 1mol 羧酸，消耗 1mol NaOH，乙含 2 个酯基，消耗 2mol NaOH；
H2加成反应：苯环可与 H2加成，酯基中的羰基不能与 H2加成，丙含 2 个苯环，最多消耗 6mol H2。
4．铁及其化合物的部分转化关系如图所示。下列反应方程式错误的是
A．①为在稀硝酸中加入少量铁粉：
B．②为在硝酸铁溶液中加入铁粉：
C．③在溶液中加入氨水并通入空气：
D．④为高温下和焦炭反应：
【答案】D
【知识点】铁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物；铁及其化合物的性质实验；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、①为在稀硝酸中加入少量铁粉，反应生成硝酸铁、NO和水，离子方程式 正确，故A正确；
B、②为在硝酸铁溶液中加入铁粉，铁离子被还原为亚铁离子，离子方程式 正确，故B正确；
C、③在溶液中加入氨水并通入空气，亚铁离子被氧气氧化为氢氧化铁，离子方程式 正确，故C正确；
D、④为高温下和焦炭反应，产物应为而非，正确反应为 ，选项方程式错误，故D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
铁与稀硝酸反应时，铁粉少量生成，离子方程式需满足电荷、原子守恒；
与发生归中反应生成，离子方程式电荷、原子守恒；
在氨水和氧气作用下被氧化为，需结合氧化还原反应配平离子方程式；
高温下焦炭还原金属氧化物时，碳通常被氧化为，选项中产物为，不符合反应事实。
5．我国古代四大发明之一的黑火药是由硫黄粉（，结构如图）、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸时发生反应：设为阿伏加德罗常数的值.下列说法正确的是
A．中含有键的数目为
B．在、101 kPa下，所含的分子数小于
C．溶液中的数目为
D．该反应中每生成，转移的电子数为
【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；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
【解析】【解答】A、分子中每个S原子与相邻两个S原子形成σ键，1mol 含8mol σ键，32g （物质的量为0.125mol）中含σ键数目为，故A错误；
B、标准状况（0℃、101kPa）下22.4L 分子数为，25℃、101kPa时温度高于标准状况，气体摩尔体积大于22.4L/mol，因此22.4L 的物质的量小于1mol，所含分子数小于，故B正确；
C、溶液中会发生水解，因此1L 0.1mol/L 溶液中的数目小于，故C错误；
D、反应中C元素从0价变为+4价，3mol C转移12mol电子，生成1mol ，因此每生成0.1mol ，转移电子数为，故D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
分子中σ键数目判断：分子为环状结构，每个S原子形成2个σ键，需结合物质的量计算σ键总数；
气体摩尔体积应用条件：22.4L/mol仅适用于标准状况（0℃、101kPa），温度升高时气体摩尔体积增大；
盐类水解：在水溶液中会发生水解，导致其实际数目小于理论值；
氧化还原反应电子转移计算：根据反应中元素化合价变化，计算生成时转移的电子数。
6．下列叙述均正确且存在关联的是
选项 叙述Ⅰ 叙述Ⅱ
A 氮原子含孤电子对，氮原子上的电子云密度越大，碱性越强 碱性：
B Li、Na、K的最外层电子数相同 加热条件下，Li、Na、K均能与氧气剧烈反应且产物均只为过氧化物
C 硝酸乙基铵固体是分子晶体，固体是离子晶体 熔点：
D 苯氧基负离子可形成共轭体系，羟基的极性增强 苯酚能与NaOH溶液反应，甲醇不能与NaOH溶液反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；离子晶体；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A、叙述 Ⅰ 中氮原子含孤电子对，氮原子上电子云密度越大，碱性越强，叙述 Ⅱ 中邻甲基苯胺的碱性应强于间氟苯胺，但氟的吸电子诱导效应强于甲基的给电子效应，实际碱性顺序为，A错误；
B、Li、Na、K 的最外层电子数相同，但 Li 与氧气加热反应生成 Li2O，不是过氧化物，叙述 Ⅱ 错误，故 B 错误；
C、硝酸乙基铵和 NH4NO3均为离子晶体，硝酸乙基铵的阳离子半径更大，晶格能更小，熔点更低，但叙述 Ⅰ 中认为硝酸乙基铵是分子晶体，故 C 错误；
D、苯氧基负离子可形成 p-π 共轭体系，使羟基的极性增强，因此苯酚的酸性强于甲醇，能与 NaOH 溶液反应，而甲醇不能，叙述 Ⅰ 和叙述 Ⅱ 均正确且存在关联，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
胺类碱性判断：氮原子电子云密度越大，碱性越强；取代基的给电子 / 吸电子效应会影响电子云密度；
碱金属与氧气反应产物：Li 的金属性较弱，加热与 O2反应生成普通氧化物 Li2O；
晶体类型判断：硝酸乙基铵和 NH4NO3均由离子构成，属于离子晶体，熔点高低与晶格能有关；
有机物酸性比较：p-π 共轭会增强羟基极性，使苯酚酸性增强，能与 NaOH 反应，而甲醇不能。
7．钙、镁和硅的矿物转化如图所示。下列叙述错误的是
A．中阴离子的空间结构为正四面体形
B．上述流程涉及的元素位于元素周期表中的s区或p区
C．同周期中，镁的第一电离能高于相邻元素
D．离子键百分数：
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；化学键；判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】A、CaMgSiO4中的阴离子为 SiO44-，中心 Si 原子价层电子对数为 4（ ），无孤电子对，空间结构为正四面体形，故 A 正确；
B、流程涉及的元素有 Ca、Mg、Si、O，其中 Ca、Mg 属于 s 区元素，Si、O 属于 p 区元素，故 B 正确；
C、Mg 原子的 3s 轨道处于全充满稳定状态，失去电子较难，因此其第一电离能高于相邻的 Na 和 Al，故 C 正确；
D、离子键百分数与阳离子的极化能力有关，Mg2+半径小于 Ca2+，极化能力更强，导致 MgO 中离子键百分数低于 CaO，故 D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
硅酸根离子空间结构：SiO44-中 Si 原子采取 sp3 杂化，无孤电子对，形成正四面体结构；
元素分区判断：Ca、Mg 属于第 ⅡA 族（s 区），Si、O 属于第 ⅣA、ⅥA 族（p 区）；
第一电离能规律：Mg 的 3s2 全充满结构使其第一电离能高于同周期相邻元素；
离子键百分数判断：阳离子极化能力越强，离子键百分数越低，Mg2+极化能力强于 Ca2+，故 MgO 的离子键百分数低于 CaO。
8．我国科学家通过人工智能设计开发的一种锂离子电池补锂剂的阴离子结构如图所示。已知X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期非金属元素，W与Y同主族。下列说法正确的是
A．简单离子半径：
B．氢化物的沸点：
C．Y的单质中只含非极性键
D．同周期主族元素中有三种元素的第一电离能大于Y的
【答案】A
【知识点】原子结构与元素的性质；化学键；氢键的存在对物质性质的影响；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、离子半径由电子层数和核电荷数共同决定：电子层数越多半径越大，层数相同时核电荷数越高半径越小。S2-有 3 个电子层，半径最大；O2-和 F-电子层数相同，但 O2-核电荷数更小，半径更大。因此离子半径顺序为 S2- > O2- > F-，即 W > Y > Z，A 正确；
B、X（C）的氢化物包含从气态甲烷到固态高分子烃等多种物质，碳原子数多的烃沸点远高于水和 HF，选项未限定为最简单氢化物，沸点递变规律不成立，B 错误；
C、O3分子中的共价键由同种氧原子形成，共用电子对不发生偏移，属于非极性共价键，C 错误；
D、第二周期主族元素中，第一电离能大于 O 的元素有 N、F、Ne 三种（N 的 2p 轨道半充满稳定，Ne 为稀有气体），并非选项所说的 2 种，D 错误；
故答案为：A。
【分析】从成键规律入手，结合原子序数限制推断元素：能形成 4 个单键且原子序数最小的短周期元素是碳，故 X 为 C；Y 与 W 是同主族短周期元素，且 W 原子能形成 3 个共价键、原子序数更大，符合条件的是 O 和 S，因此 Y 为 O、W 为 S；Z 是介于 O 和 S 之间、仅能形成 1 个单键的非金属元素，只能是 F。由此确定 X、Y、Z、W 依次为 C、O、F、S。
9．某同学设计如下实验探究一系列物质的性质（设每支试管中的物质均恰好完全反应）。下列叙述正确的是
A．①→②中，作氧化剂
B．②→③中，氧化剂、还原剂的物质的量之比为
C．③和④中显色粒子相同
D．④→⑤中，可用KSCN溶液作指示剂
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；二价铁离子和三价铁离子的检验；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、①→②中，将中的+3价Cr氧化为+6价的，自身被还原，因此作氧化剂，故A正确；
B、②→③中，发生的是与的非氧化还原反应， ，不存在氧化剂和还原剂，故B错误；
C、③中显色粒子为橙红色的，④中为绿色的，二者粒子不同，故C错误；
D、④→⑤中是与氨水反应生成沉淀，KSCN溶液用于检验，与不显色，不能作指示剂，故D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
氧化还原反应判断：Cr元素化合价从+3升高到+6，说明作为氧化剂；
非氧化还原反应识别：转化为仅为pH变化引起的平衡移动，无电子转移；
显色粒子区分：（橙红）与（绿色）是不同价态的铬粒子；
指示剂应用条件：KSCN溶液仅与反应显色，无法检验。
10．可作为锂电极的一种极具前景的替代品（如图，SEI表示固体电解质界面，代表石墨或石墨烯），提升锂电极循环稳定性。下列说法错误的是
A．可在SEI中快速迁移
B．放电时，电极b为正极，发生还原反应
C．充电时，工作电极连接电源正极，发生氧化反应
D．充电时，电极b的电极反应式为
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、SEI是固体电解质界面，其低电阻特性允许快速迁移，故A正确；
B、放电时，电极b中Li失去电子被氧化，作负极，发生氧化反应，故B错误；
C、充电时，工作电极（电极a）作为阳极，连接电源正极，发生氧化反应，故C正确；
D、充电时，电极b为阴极，得电子与结合生成，电极反应式为 ，故D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
SEI膜的核心功能是实现快速迁移并稳定电极界面；放电时，含Li的电极b为负极，发生氧化反应；
充电时，原电池的正极（工作电极a）接电源正极作阳极，发生氧化反应；充电时，电极b作为阴极，发生嵌入的还原反应。
11．某化合物M（由Na、O组成）是一种强氧化剂，常用于有机合成。M的晶胞如图所示，下列叙述正确的是
已知：①晶胞参数，，，。
②Na位于棱上和体内；3个O位于面上，其余的O位于体内或顶点。
③为阿伏加德罗常数的值。
A．M的化学式为
B．M中只存在一种化学键
C．离子半径：
D．M的密度
【答案】D
【知识点】晶胞的计算；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、先计算晶胞中Na和O的数目。Na位于棱上和体内：棱上Na有4个（每条棱1/4），体内Na有4个，总数为个；O原子：3个位于面上（每个1/2），其余O位于体内或顶点，总数为（体内）（顶点）个，Na和O的数目比为5：8，故化学式不是，A错误；
B、M中含有与含O阴离子之间的离子键，也存在O原子之间的共价键，因此存在两种化学键，B错误；
C、电子层结构相同的离子，核电荷数越大半径越小，与电子层结构相同，故离子半径：，C错误；
D、晶胞参数单位换算为cm，晶胞质量为（注：晶胞中含2个单元），体积为，因此密度公式为，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
晶胞中粒子数的计算：棱上粒子贡献1/4，面上粒子贡献1/2，顶点粒子贡献1/8，体内粒子完全属于晶胞；
化学键类型判断：活泼金属与含氧阴离子之间存在离子键，阴离子内部存在共价键；
离子半径比较：电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小；
晶胞密度计算：密度公式为，需注意晶胞参数的单位换算（pm转cm，乘以，体积换算需乘以）。
12．在不同催化剂作用下加氢还原反应历程与相对能量的关系如图(Al~A4、B1~B4均表示过渡态)。下列说法正确的是
A．该反应为吸热反应
B．路径A和B，均包含4个基元反应
C．路径A中，最大能垒(活化能)为2.15 eV
D．与路径B对比，路径A的反应速率更快
【答案】B
【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．观察图像可知，生物的能量低于反应物的能量，因此该反应为放热反应，A项错误；
B．路径A和B，都有四个过渡态，均包含4个基元反应，B项正确；
C．路径A中，最大能垒（活化能）为 ，C项错误；
D．最大能垒越大反应速率越慢，步骤路径B的最大能垒为 ，路径A的最大能垒高于路径B，因此路径A的反应速率更慢，D项错误。
故答案为B。
【分析】A．生成物能量低于反应物，为放热反应；
Ｂ．有几个过渡态就包含几个基元反应；
Ｃ．结合图中数据计算；
Ｄ．反应速率由最大能垒决定。
13．一种从湿法炼锌产生的废渣（主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物）中富集回收Co，得到含锰高钴成品的工艺流程如图。
下列说法错误的是
A．滤渣中的物质主要为
B．“氧化”时被氧化的离子为
C．试剂X可以是ZnO或
D．“氧化沉钴”时，
【答案】B
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、废渣中的Pb或PbO与硫酸反应生成难溶的，因此酸浸滤渣的主要成分为，故A正确；
B、“氧化”步骤中加入，目的是将酸浸后生成的氧化为，以便后续调pH除去，此时未被氧化，故B错误；
C、试剂X用于调节溶液pH=4，使转化为沉淀，可选用或，它们能消耗调节pH，且不引入新杂质，故C正确；
D、“氧化沉钴”时，为氧化剂（Mn从+7到+4，得3e-），为还原剂（Co从+2到+3，失1e-），根据电子守恒，，因此，故D正确；
故答案为：B。
【分析】废渣中含有铅的单质或氧化物，加入硫酸后会反应生成难溶的硫酸铅，因此酸浸步骤的滤渣主要成分为硫酸铅；滤液中则含有钴离子、锌离子和亚铁离子。后续加入二氧化锰进行氧化，二氧化锰在酸性条件下具有氧化性，其主要作用是将亚铁离子氧化为铁离子，以便后续通过调 pH 除去铁杂质；接着加入试剂 X 调节溶液 pH 至 4，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀；最后加入高锰酸钾进行氧化沉钴，在 pH=5 的条件下，将钴离子氧化并沉淀为氢氧化钴，同时高锰酸钾被还原为二氧化锰。
14．已知25℃下，。25℃下，向、的混合溶液（的浓度均为）中逐滴加入醋酸溶液，混合溶液的电导率、pOH随加入醋酸溶液的体积的变化如图所示。已知：。下列说法错误的是
A．a点溶液的
B．若点，则
C．c点时溶液的溶质含和
D．d点，此时水电离出的
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；中和滴定
【解析】【解答】A、a点为原混合液，完全电离出，也会微弱电离出额外的，因此溶液中。根据，可得；结合下，可知，故A正确；
B、b点是恰好与醋酸完全反应的点，此时消耗的，消耗醋酸溶液体积为，因此醋酸的浓度应为，而非，故B错误；
C、b点溶质为，b到c段为醋酸中和的过程，c点恰好完全反应，溶质为和，故C正确；
D、d点，则溶液中，下，溶液呈中性。任何水溶液中，水的电离，水电离出的，与溶液酸碱性无关，故D正确；
故答案为：B。
【分析】本题基于与的混合溶液，滴加醋酸的过程，考查溶液电导率、及相关计算。已知混合液中，滴加醋酸时，醋酸先中和强碱，再中和弱碱。
15．2025年诺贝尔化学奖授予开发“金属有机框架（MOF）”材料的三位科学家。MOF-5的化学结构可以表示为，是合成原料之一。某小组以为原料制备无水并测定产品纯度，可通过如下流程完成。回答下列问题：
Ⅰ.制备无水，装置如图所示。
（1）写出A装置中只生成正盐的化学方程式：　 　。
（2）B装置的作用是　 　；D装置中干燥管的作用是　 　。
（3）如果直接加热制备，产品中可能混有　 　（填化学式，写2个）。
（4）实验完毕后，从A装置烧瓶中分离得到固体M，设计实验证明洗涤干净的M中含有：　 　。
Ⅱ.测定产品纯度。
（5）流程中称量时应使用　 　（填“台秤”“托盘天平”或“分析天平”）。“溶解”时使用了玻璃棒，其作用是　 　。
（6）已知该小组使用了250 mL的容量瓶配制溶液，准确量取25.00 mL配制的溶液于锥形瓶中，滴加几滴溶液作指示剂，用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V mL。
①滴定终点时有砖红色沉淀产生。滴定中，溶液pH应保持在6.0~6.5之间，其原因是　 　。
②该产品的纯度为　 　%（用含a、c、V的代数式表示；假设杂质不含氯离子）。若滴定前仰视读数，滴定终点时俯视读数，测定结果会　 　（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。
【答案】；干燥HCl；防倒吸；等合理答案（任写2个）；取少量M溶于水，滴加溶液（或加入锌粒），产生气泡（或其他合理答案）；分析天平；搅拌，加快溶解；酸性太强，易发生，会氧化；酸性太弱，易生成AgOH、（或其他合理答案）；；偏低
【知识点】中和滴定；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） A 装置中 NaCl 与浓硫酸加热反应，只生成正盐 Na2SO4和 HCl，化学方程式为：。
（2） B 装置中浓硫酸的作用是干燥 HCl 气体；D 装置中干燥管的作用是防止倒吸，
故答案为：干燥 HCl；防止倒吸；
（3）ZnCl2是强酸弱碱盐，易水解：， 直接加热 ZnCl2 4H2O 时，ZnCl2水解生成 Zn(OH) Cl、Zn(OH)2，进一步分解生成 ZnO，因此产品中可能混有 Zn (OH) Cl、Zn (OH)2（或 ZnO，任写 2 个），
故答案为：Zn(OH) Cl、Zn(OH)2（或 ZnO）；
（4）要证明洗涤干净的固体 M 中含 NaHSO4，可检验其溶液中的 H+：取少量固体 M 溶于水，滴加 NaHCO3溶液（或加入锌粒），若产生气泡，则证明含 NaHSO4，
故答案为：取少量固体 M 溶于水，滴加 NaHCO3溶液（或加入锌粒），产生气泡；
（5） 称量样品需精确至 0.001g，应使用分析天平；溶解时玻璃棒的作用是搅拌，加快溶解速率，
故答案为：分析天平；搅拌，加快溶解速率；
（6）①①滴定中溶液 pH 应保持在 6.0~6.5 之间，原因是酸性太强时 CrO42-会转化为 Cr2O72-，氧化 Cl-；酸性太弱时 Ag+会生成 AgOH 沉淀，影响滴定结果，
②25.00mL溶液中n(Cl-) = n(Ag+) =cV×10-3mol，则250mL溶液中n(Cl-) = 10×cV×10-3mol=cV×10-2mol，根据ZnCl2 ~ 2Cl-，n(ZnCl2) =n(Cl-) =cV×10-2mol，m(ZnCl2) =cV×10-2mol×136 g/mol = 0.68cVg，产品纯度为。滴定前仰视读数，导致初读数偏大；滴定终点时俯视读数，导致终读数偏小。则V(消耗)偏低，测定结果会偏低。
故答案为：酸性太强，CrO42-会转化为 Cr2O72-，氧化 Cl-；酸性太弱，易生成 AgOH 沉淀，影响滴定； ； 偏低 ；
【分析】本题解题思路
(1) 需根据题目 “只生成正盐” 的限定，结合浓硫酸的强酸性，确定反应产物为 Na2SO4和 HCl，再根据原子守恒配平化学方程式；需注意加热条件下浓硫酸与 NaCl 反应生成正盐的温度要求，避免错误写出 NaHSO4。
(2) B 装置中浓硫酸具有吸水性，可除去 HCl 气体中的水蒸气，防止水蒸气进入 C 装置导致 ZnCl2水解；D 装置中干燥管连接在尾气吸收装置前，可防止 HCl 溶于水时发生倒吸，避免液体倒流入加热的反应装置引发危险。
(3) ZnCl2是强酸弱碱盐，直接加热 ZnCl2 4H2O 时，Zn2+水解生成 Zn(OH) Cl、Zn(OH)2，HCl 挥发进一步促进水解，且 Zn(OH)2受热分解生成 ZnO，因此产品中可能混有 Zn(OH) Cl、Zn(OH)2、ZnO 等杂质，需结合水解和分解反应分析可能的产物。
(4) NaHSO4在水溶液中完全电离出 H+，溶液呈强酸性，可通过检验 H+证明其存在；可选择 NaHCO3溶液或锌粒，利用 H+与碳酸盐反应生成 CO2、与活泼金属反应生成 H2的现象，证明溶液中含 H+，从而说明固体 M 中含 NaHSO4。
(5) 题目中称量样品需精确至 0.001g，台秤和托盘天平的精度无法满足要求，因此需使用分析天平；溶解操作中，玻璃棒的作用是搅拌，通过加快分子运动速率，促进 ZnCl2固体的溶解，缩短溶解时间。
(6) ①K2CrO4作为指示剂时，需控制溶液 pH 在 6.0~6.5 之间：酸性过强时，CrO42-会与 H+反应生成 Cr2O72-，Cr2O72-具有氧化性，会氧化 Cl-，导致滴定误差；酸性过弱时，Ag+会与 OH-反应生成 AgOH 沉淀，AgOH 进一步分解为 Ag2O，影响 AgCl 沉淀的生成和指示剂的变色，因此需严格控制 pH 范围。
②首先根据滴定消耗的 AgNO3体积，计算 25.00mL 溶液中 Cl-的物质的量，再结合 250mL 容量瓶的定容体积，换算出样品中总的 Cl-物质的量；根据 ZnCl2与 Cl-的物质的量比 1：2，计算 ZnCl2的物质的量和质量，进而得到产品纯度；误差分析时，滴定前仰视读数会使初读数偏大，滴定终点俯视读数会使终读数偏小，导致计算的 AgNO3体积 V 偏小，根据纯度计算公式，V 偏小会使测定结果偏低。
16．是碱性锌锰电池的电极材料，是绿色净水剂。以含有软锰矿（主要成分为）、硫铁矿（主要成分为）的矿粉为原料制备和的简易流程如图所示。
已知：部分金属离子在溶液中沉淀的pH如下表所示。
金属离子
开始沉淀的pH 1.9 7.0 8.1
完全沉淀的pH 3.2 9.0 10.1
回答下列问题：
（1）气态再失去1个电子比气态再失去1个电子　 　（填“难”或“易”），其原因是　 　。
（2）第一次“焙烧”产生的尾气要经过　 　（填化学式）溶液吸收后再排入空气中。“酸浸”中将转化成，写出该反应的离子方程式：　 　。
（3）“氧化”中，实际消耗双氧水的量远大于理论计算量，其原因可能有温度升高加快双氧水分解、　 　。“调pH”的范围为　 　。
（4）“沉锰”中试剂X为，锰的沉淀率与温度的关系如图所示。
当温度超过60℃时，锰的沉淀率降低的主要原因可能是　 　。
（5）用单线桥表示由滤渣制备反应转移电子的数目和方向：　 　。
（6）高铁酸钾处理饮用水，既能消毒杀菌，又能净水，其主要原因是　 　。
【答案】（1）难；基态、的价层电子排布式分别为、，再失去1个电子易形成稳定的（或其他合理答案）
（2）NaOH或；
（3）催化分解；
（4）温度高，加快分解
（5）
（6）具有强氧化性，可使细菌变性；还原产物水解生成胶体，与水中杂质聚沉
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）气态 Mn2+再失去 1 个电子比气态 Fe2+再失去 1 个电子难；基态 Mn2+的价电子排布式为 3d5，为半充满的稳定结构，难失去电子；而基态 Fe2+的价电子排布式为 3d6，再失去 1 个电子后可形成更稳定的 3d5半充满结构，
故答案为：难；基态 Mn2+的价电子排布式为 3d5，为半充满稳定结构，难失去电子，而 Fe2+再失去 1 个电子后可形成更稳定的 3d5半充满结构；
（2）第一次 “焙烧” 产生的有毒酸性尾气 SO2，可用 NaOH 或 Ca(OH)2溶液吸收；“酸浸” 中 MnO2与 Fe2+在酸性条件下反应，离子方程式为：。
故答案为： NaOH或 ；；
（3） “氧化” 中实际消耗双氧水的量远大于理论值，原因可能是温度升高加快双氧水分解，也可能是反应生成的 Fe3+催化 H2O2分解；“调 pH” 的目的是使 Fe3+完全沉淀，同时保证 Mn2+不沉淀，故 pH 范围为 3.2 ≤ pH < 8.1，
故答案为：Fe3+催化 H2O2分解；3.2 ≤ pH < 8.1；
（4）温度超过 60℃时，NH4HCO3受热分解，反应物浓度降低，导致锰的沉淀率降低，
故答案为：温度高，加快 NH4HCO3分解；
（5）滤渣为，制备的单线桥表示为。
故答案为： ；
（6）高铁酸钾中Fe为+6价，具有强氧化性，可消毒杀菌；其还原产物水解生成氢氧化铁胶体，能吸附水中悬浮杂质，因此可以净水。
故答案为：具有强氧化性，可使细菌变性；还原产物水解生成胶体，与水中杂质聚沉 ；
【分析】(1) 本题考查核外电子排布与电离能的关系，Mn2+的 3d 轨道为半充满稳定结构，失去电子需要的能量更高；Fe2+的 3d6结构失去 1 个电子后变为 3d5半充满稳定结构，因此更易失去电子；
(2) 本题考查尾气处理和氧化还原反应离子方程式书写，SO2为酸性气体，可用碱液吸收；酸浸时 MnO2作为氧化剂，将 Fe2+氧化为 Fe3+，自身被还原为 Mn2+，需根据化合价升降守恒配平离子方程式；
(3) 本题考查 H2O2分解的影响因素和 pH 调节的目的，反应生成的 Fe3+可催化 H2O2分解，导致实际用量偏大；调 pH 需结合金属离子沉淀的 pH 范围，使 Fe3+完全沉淀而 Mn2+不沉淀；
(4) 本题考查温度对 NH4HCO3稳定性的影响，NH4HCO3受热易分解，温度过高会导致其分解，降低反应物浓度，从而降低锰的沉淀率；
(5) 本题考查单线桥法表示电子转移，需先确定反应中 Fe 元素的化合价变化，计算转移电子数，再用单线桥表示电子转移的方向和数目；
(6) 本题考查高铁酸钾的净水原理，需结合其强氧化性（消毒杀菌）和还原产物 Fe (OH)3胶体的吸附性（净水）进行分析。
（1）的价电子排布为，是半充满的稳定结构，难失去电子；而失去1个电子后可得到更稳定的半充满结构，因此气态更难再失1个电子。
（2）第一次焙烧硫铁矿会产生有毒酸性尾气，可用溶液或吸收。“酸浸”中将转化成，离子方程式为。
（3）调节pH的目的是使完全沉淀，同时保证不沉淀，因此pH需大于完全沉淀的pH=3.2，小于开始沉淀的pH=8.1。
（4）温度超过60℃时，受热分解，反应物浓度降低。
（5）滤渣为，制备的单线桥表示为。
（6）高铁酸钾中Fe为+6价，具有强氧化性，可消毒杀菌；其还原产物水解生成氢氧化铁胶体，能吸附水中悬浮杂质，因此可以净水。
17．有机物H是一种用于治疗多发性骨髓瘤的药品，其合成路线如图：
已知：M的结构简式为。
回答下列问题：
（1）E中含氧官能团的名称为　 　。
（2）的反应类型为　 　；的过程中生成F和　 　（填名称）。
（3）在B的同分异构体中，同时满足下列条件的同分异构体有　 　种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱中峰面积之比为的结构简式为　 　。
a.分子中含有苯环
b.与苯环直接相连
（4）H可在NaOH溶液中水解，H在NaOH溶液中充分水解的产物为　 　（填结构简式）和。
（5）参照上述合成路线和信息，以、为原料，用不超过三步的反应设计合成的路线　 　。（有机溶剂及无机试剂任选）
【答案】（1）酯基、硝基
（2）还原反应；甲醇、溴化氢
（3）16；
（4）
（5）
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）E 中含氧官能团的名称为酯基、硝基，故答案为：酯基、硝基；
（2） F → G 的反应中，硝基被还原为氨基，反应类型为还原反应；对比 E、M、F 的结构，E 与 M 反应生成 F 的过程中，除生成 F 外，还生成了甲醇与溴化氢，
故答案为：还原反应；甲醇、溴化氢；
（3）依据信息可知，符合条件的B的同分异构体中含苯环、（与苯环直接相连）。若该同分异构体为苯的二取代衍生物，则另一个取代基可能为①、②，有邻、对、间三种位置异构，共种；若该同分异构体为苯的三取代衍生物，则另两个取代基为和，共有10种位置异构，符合条件的B的同分异构体共有种；其中核磁共振氢谱中峰面积之比为的结构简式为。
故答案为：16； ；
（4）H 在 NaOH 溶液中充分水解，酰胺键、酯基均水解，产物为对应的羧酸钠盐、氨基化合物和 NH3，结构简式为：和氨气。
故答案为： ；
（5）根据反应物和产物的结构比较可知，反应物中羧基与甲醇发生酯化反应，碳碳双键与溴化氢发生加成反应，硝基被还原为氨基，故合成路线为 。
故答案为： ；
【分析】该合成路线以邻二甲苯（A）为起始原料，先经混酸硝化得到中间体 B（）；再通过氧化反应将其中一个甲基转化为羧基，得到邻甲基邻硝基苯甲酸（C）；C 与甲醇发生酯化反应生成甲酯D（ ），再经 NBS 溴代，在另一个甲基上引入溴原子得到苄溴中间体 E；E 与 M 发生亲核取代并环化，构建出含异吲哚酮结构的 F；F 在 H2/Pd/C 条件下将硝基还原为氨基得到 G；最后 G 经环化反应，形成目标药物分子 H。
(1) 该问考查官能团识别，直接观察 E 的结构，找出含氧官能团即可；
(2) 该问考查反应类型判断与副产物推断，根据硝基转化为氨基的反应特征判断为还原反应；结合 E 与 M 反应的结构变化，分析断键与成键过程，推断副产物；
(3) 该问考查同分异构体数目判断与结构书写，先根据条件确定取代基类型，再结合二取代、三取代的位置异构计算总数；根据核磁共振氢谱峰面积比，确定分子的对称性，写出对应结构；
(4) 该问考查酯基和酰胺键的碱性水解，需明确酯基、酰胺键在 NaOH 溶液中均会水解，生成羧酸钠、氨基化合物和氨气，据此写出水解产物；
(5) 该问考查有机合成路线设计，采用逆推法，从目标产物倒推所需中间体，再结合给定原料和已知反应条件，设计加成、酯化、还原三步反应的合成路线。
（1）E中含氧官能团的名称为酯基、硝基。
（2）的反应中硝基被还原为氨基，故反应类型为还原反应；对比观察E、M、F的结构，可知E→F的过程中除生成F外，还生成了甲醇与溴化氢。
（3）依据信息可知，符合条件的B的同分异构体中含苯环、（与苯环直接相连）。若该同分异构体为苯的二取代衍生物，则另一个取代基可能为①、②，有邻、对、间三种位置异构，共种；若该同分异构体为苯的三取代衍生物，则另两个取代基为和，共有10种位置异构，符合条件的B的同分异构体共有种；其中核磁共振氢谱中峰面积之比为的结构简式为。
（4）H的酰胺键可在NaOH溶液中水解成羧基和氨基，H在NaOH溶液中充分水解的产物为和氨气。
（5）根据反应物和产物的结构比较可知，反应物中羧基与甲醇发生酯化反应，碳碳双键与溴化氢发生加成反应，硝基被还原为氨基，故合成路线为 。
18．氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。
Ⅰ.制氢技术对氢能产业链的整体布局与发展至关重要。
催化重整制氢（SMR）是氢能源利用领域的研究热点之一，主要反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
（1）反应Ⅲ的　 　，该反应能够自发进行的条件是　 　（填“高温”“低温”或“任意温度”）。
（2）将通入反应器中，发生SMR反应达到平衡，得到的平衡转化率与水碳比、温度的关系如图1所示。则温度、、由大到小的顺序为　 　，判断的理由是　 　。
（3）在840℃、压强恒定为7MPa条件下，将和一定量水蒸气投入密闭容器中发生SMR反应达到平衡，体系中各组分摩尔分数（物质i的摩尔分数）与投料水碳比的关系如图2所示。
①曲线b表示的物质为　 　。
②的摩尔分数随着水碳比的增大而下降的可能原因是　 　。
③当时，反应Ⅲ的压强平衡常数　 　（列出计算表达式即可；为以分压表示的平衡常数，分压=总压×摩尔分数）。
Ⅱ.氢气的安全储存是氢能应用的关键。
（4）被储氢合金（M）吸附后解离为H原子，储存在晶体中形成化合物（以MH表示）。以MH作为电池负极材料，NiO（OH）作为电池正极材料，KOH溶液作为电解质溶液，可制得高容量、长寿命的镍氢电池。电池充、放电时的总反应为。电池放电时，负极的电极反应式为　 　。
【答案】；高温；；升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，的平衡转化率增大；；随着水碳比的增大，氢气的物质的量增加，但水的物质的量增大程度更大，导致氢气的摩尔分数减小；；
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】(1) 根据盖斯定律，反应 Ⅲ 可由反应 Ⅰ 与反应 Ⅱ 相加得到，故 ΔH3 = ΔH1 + ΔH2 = +206 kJ mol- + (-41.1 kJ mol- ) = +164.9 kJ mol- ；反应 Ⅲ 的正反应为气体分子数增加的吸热反应，根据自发反应判据 ΔG = ΔH - TΔS < 0，需在高温条件下才能自发进行，
故答案为：+164.9；高温；
(2) 反应 Ⅰ 和反应 Ⅲ 均为吸热反应，升高温度平衡正向移动，CH4的平衡转化率增大；在相同水碳比下，转化率 T1 > T2 > T3，故温度顺序为 T1 > T2 > T3，理由是升高温度，反应 Ⅰ 平衡正向移动，CH4的平衡转化率增大，相同水碳比下转化率越高，温度越高，
故答案为：T1 > T2 > T3；升高温度，反应 Ⅰ 平衡正向移动，CH4的平衡转化率增大；
（3）① 随着水碳比增大，CH4的转化率升高，其摩尔分数降低，故曲线b代表CH4；② 水碳比增大时，水蒸气的物质的量增加幅度大于H2的增加幅度，体系总物质的量增大，导致H2的摩尔分数减小；③ 水碳比增加，即增加，转化率提高，但转化率降低，故随水碳比增加升高最明显的是，曲线a是，降低明显的，曲线b是，水碳比较大时，会与进一步反应生成H2，使摩尔分数降低，摩尔分数升高，曲线c为；投料水碳比为4时，反应Ⅲ的平衡常数，，，，反应Ⅲ的平衡常数的计算式为；
故答案为： ； 随着水碳比的增大，氢气的物质的量增加，但水的物质的量增大程度更大，导致氢气的摩尔分数减小 ； ；
(4) 电池放电时，负极 MH 失去电子，在碱性条件下与 OH-反应生成 M 和 H2O，电极反应式为：
故答案为： 。
【分析】(1) 本题考查盖斯定律与反应自发条件判断，通过反应 Ⅰ 和反应 Ⅱ 相加得到反应 Ⅲ，再根据 ΔH 和 ΔS 的符号，利用 ΔG = ΔH - TΔS 判断反应自发进行的温度条件；
(2) 本题考查温度对化学平衡的影响，反应 Ⅰ 和反应 Ⅲ 均为吸热反应，升高温度平衡正向移动，CH4转化率增大，结合图像中相同水碳比下的转化率大小，判断温度高低；
(3) 本题考查化学平衡图像分析与平衡常数计算，根据水碳比对各组分摩尔分数的影响，判断曲线对应的物质；分析 H2摩尔分数随水碳比变化的原因；根据平衡常数定义，结合分压数据写出 Kp 的计算式；
(4) 本题考查镍氢电池负极电极反应式书写，根据电池总反应和负极失电子的特点，结合碱性环境，写出 MH 的氧化反应式。
1 / 1湖南省湘潭市2026届高三上学期二模化学试题
1．2025年“文化和自然遗产日”的主题是“让文物焕发新活力绽放新光彩”，主场活动在长沙举办。下列中国非物质文化遗产的制作工艺中，化学变化起主要作用的是
A．京剧——脸谱制作中矿物颜料研磨与调配
B．绍兴黄酒酿制技艺——酿制中粮食发酵生成乙醇
C．醴陵釉下五彩瓷烧制技艺——制作过程中黏土塑形
D．湘绣——蚕丝染色与织造
2．下列操作或装置正确的是
A.制取 B.吸收
C.提纯四氯化碳 D.用NaOH溶液滴定次磷酸溶液
A．A B．B C．C D．D
3．某小组开发催化剂实现电催化活性亚甲基化合物的环丙烷化反应，如图所示（Ph为苯基，Me为甲基）。下列叙述正确的是
A．上述反应属于加成反应
B．甲分子中所有原子不可能共平面
C．1mol乙最多能消耗40 g NaOH
D．1 mol丙最多能消耗
4．铁及其化合物的部分转化关系如图所示。下列反应方程式错误的是
A．①为在稀硝酸中加入少量铁粉：
B．②为在硝酸铁溶液中加入铁粉：
C．③在溶液中加入氨水并通入空气：
D．④为高温下和焦炭反应：
5．我国古代四大发明之一的黑火药是由硫黄粉（，结构如图）、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸时发生反应：设为阿伏加德罗常数的值.下列说法正确的是
A．中含有键的数目为
B．在、101 kPa下，所含的分子数小于
C．溶液中的数目为
D．该反应中每生成，转移的电子数为
6．下列叙述均正确且存在关联的是
选项 叙述Ⅰ 叙述Ⅱ
A 氮原子含孤电子对，氮原子上的电子云密度越大，碱性越强 碱性：
B Li、Na、K的最外层电子数相同 加热条件下，Li、Na、K均能与氧气剧烈反应且产物均只为过氧化物
C 硝酸乙基铵固体是分子晶体，固体是离子晶体 熔点：
D 苯氧基负离子可形成共轭体系，羟基的极性增强 苯酚能与NaOH溶液反应，甲醇不能与NaOH溶液反应
A．A B．B C．C D．D
7．钙、镁和硅的矿物转化如图所示。下列叙述错误的是
A．中阴离子的空间结构为正四面体形
B．上述流程涉及的元素位于元素周期表中的s区或p区
C．同周期中，镁的第一电离能高于相邻元素
D．离子键百分数：
8．我国科学家通过人工智能设计开发的一种锂离子电池补锂剂的阴离子结构如图所示。已知X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期非金属元素，W与Y同主族。下列说法正确的是
A．简单离子半径：
B．氢化物的沸点：
C．Y的单质中只含非极性键
D．同周期主族元素中有三种元素的第一电离能大于Y的
9．某同学设计如下实验探究一系列物质的性质（设每支试管中的物质均恰好完全反应）。下列叙述正确的是
A．①→②中，作氧化剂
B．②→③中，氧化剂、还原剂的物质的量之比为
C．③和④中显色粒子相同
D．④→⑤中，可用KSCN溶液作指示剂
10．可作为锂电极的一种极具前景的替代品（如图，SEI表示固体电解质界面，代表石墨或石墨烯），提升锂电极循环稳定性。下列说法错误的是
A．可在SEI中快速迁移
B．放电时，电极b为正极，发生还原反应
C．充电时，工作电极连接电源正极，发生氧化反应
D．充电时，电极b的电极反应式为
11．某化合物M（由Na、O组成）是一种强氧化剂，常用于有机合成。M的晶胞如图所示，下列叙述正确的是
已知：①晶胞参数，，，。
②Na位于棱上和体内；3个O位于面上，其余的O位于体内或顶点。
③为阿伏加德罗常数的值。
A．M的化学式为
B．M中只存在一种化学键
C．离子半径：
D．M的密度
12．在不同催化剂作用下加氢还原反应历程与相对能量的关系如图(Al~A4、B1~B4均表示过渡态)。下列说法正确的是
A．该反应为吸热反应
B．路径A和B，均包含4个基元反应
C．路径A中，最大能垒(活化能)为2.15 eV
D．与路径B对比，路径A的反应速率更快
13．一种从湿法炼锌产生的废渣（主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物）中富集回收Co，得到含锰高钴成品的工艺流程如图。
下列说法错误的是
A．滤渣中的物质主要为
B．“氧化”时被氧化的离子为
C．试剂X可以是ZnO或
D．“氧化沉钴”时，
14．已知25℃下，。25℃下，向、的混合溶液（的浓度均为）中逐滴加入醋酸溶液，混合溶液的电导率、pOH随加入醋酸溶液的体积的变化如图所示。已知：。下列说法错误的是
A．a点溶液的
B．若点，则
C．c点时溶液的溶质含和
D．d点，此时水电离出的
15．2025年诺贝尔化学奖授予开发“金属有机框架（MOF）”材料的三位科学家。MOF-5的化学结构可以表示为，是合成原料之一。某小组以为原料制备无水并测定产品纯度，可通过如下流程完成。回答下列问题：
Ⅰ.制备无水，装置如图所示。
（1）写出A装置中只生成正盐的化学方程式：　 　。
（2）B装置的作用是　 　；D装置中干燥管的作用是　 　。
（3）如果直接加热制备，产品中可能混有　 　（填化学式，写2个）。
（4）实验完毕后，从A装置烧瓶中分离得到固体M，设计实验证明洗涤干净的M中含有：　 　。
Ⅱ.测定产品纯度。
（5）流程中称量时应使用　 　（填“台秤”“托盘天平”或“分析天平”）。“溶解”时使用了玻璃棒，其作用是　 　。
（6）已知该小组使用了250 mL的容量瓶配制溶液，准确量取25.00 mL配制的溶液于锥形瓶中，滴加几滴溶液作指示剂，用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V mL。
①滴定终点时有砖红色沉淀产生。滴定中，溶液pH应保持在6.0~6.5之间，其原因是　 　。
②该产品的纯度为　 　%（用含a、c、V的代数式表示；假设杂质不含氯离子）。若滴定前仰视读数，滴定终点时俯视读数，测定结果会　 　（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。
16．是碱性锌锰电池的电极材料，是绿色净水剂。以含有软锰矿（主要成分为）、硫铁矿（主要成分为）的矿粉为原料制备和的简易流程如图所示。
已知：部分金属离子在溶液中沉淀的pH如下表所示。
金属离子
开始沉淀的pH 1.9 7.0 8.1
完全沉淀的pH 3.2 9.0 10.1
回答下列问题：
（1）气态再失去1个电子比气态再失去1个电子　 　（填“难”或“易”），其原因是　 　。
（2）第一次“焙烧”产生的尾气要经过　 　（填化学式）溶液吸收后再排入空气中。“酸浸”中将转化成，写出该反应的离子方程式：　 　。
（3）“氧化”中，实际消耗双氧水的量远大于理论计算量，其原因可能有温度升高加快双氧水分解、　 　。“调pH”的范围为　 　。
（4）“沉锰”中试剂X为，锰的沉淀率与温度的关系如图所示。
当温度超过60℃时，锰的沉淀率降低的主要原因可能是　 　。
（5）用单线桥表示由滤渣制备反应转移电子的数目和方向：　 　。
（6）高铁酸钾处理饮用水，既能消毒杀菌，又能净水，其主要原因是　 　。
17．有机物H是一种用于治疗多发性骨髓瘤的药品，其合成路线如图：
已知：M的结构简式为。
回答下列问题：
（1）E中含氧官能团的名称为　 　。
（2）的反应类型为　 　；的过程中生成F和　 　（填名称）。
（3）在B的同分异构体中，同时满足下列条件的同分异构体有　 　种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱中峰面积之比为的结构简式为　 　。
a.分子中含有苯环
b.与苯环直接相连
（4）H可在NaOH溶液中水解，H在NaOH溶液中充分水解的产物为　 　（填结构简式）和。
（5）参照上述合成路线和信息，以、为原料，用不超过三步的反应设计合成的路线　 　。（有机溶剂及无机试剂任选）
18．氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。
Ⅰ.制氢技术对氢能产业链的整体布局与发展至关重要。
催化重整制氢（SMR）是氢能源利用领域的研究热点之一，主要反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
（1）反应Ⅲ的　 　，该反应能够自发进行的条件是　 　（填“高温”“低温”或“任意温度”）。
（2）将通入反应器中，发生SMR反应达到平衡，得到的平衡转化率与水碳比、温度的关系如图1所示。则温度、、由大到小的顺序为　 　，判断的理由是　 　。
（3）在840℃、压强恒定为7MPa条件下，将和一定量水蒸气投入密闭容器中发生SMR反应达到平衡，体系中各组分摩尔分数（物质i的摩尔分数）与投料水碳比的关系如图2所示。
①曲线b表示的物质为　 　。
②的摩尔分数随着水碳比的增大而下降的可能原因是　 　。
③当时，反应Ⅲ的压强平衡常数　 　（列出计算表达式即可；为以分压表示的平衡常数，分压=总压×摩尔分数）。
Ⅱ.氢气的安全储存是氢能应用的关键。
（4）被储氢合金（M）吸附后解离为H原子，储存在晶体中形成化合物（以MH表示）。以MH作为电池负极材料，NiO（OH）作为电池正极材料，KOH溶液作为电解质溶液，可制得高容量、长寿命的镍氢电池。电池充、放电时的总反应为。电池放电时，负极的电极反应式为　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；物理变化与化学变化的区别与联系
【解析】【解答】A、矿物颜料的研磨与调配，仅改变物质的形态与混合状态，无新物质生成，属于物理变化，故 A 错误；
B、粮食发酵生成乙醇，过程中淀粉等糖类在微生物作用下转化为乙醇，有新物质生成，属于化学变化，故 B 正确；
C、黏土塑形仅改变黏土的形状，无新物质生成，属于物理变化，故 C 错误；
D、蚕丝染色与织造，仅涉及染料附着和蚕丝形态改变，无新物质生成，属于物理变化，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
区分物理变化与化学变化的核心依据是有无新物质生成；
研磨、调配、塑形、染色、织造等过程，仅涉及物质形态或状态的改变，无新物质生成，属于物理变化；粮食发酵过程中，微生物将糖类转化为乙醇，有新物质生成，属于化学变化。
2．【答案】B
【知识点】氨的实验室制法；二氧化硫的性质；分液和萃取；中和滴定
【解析】【解答】A、氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，二者在试管口又会重新化合生成氯化铵，无法制得氨气，且收集氨气的试管口不能塞橡胶塞，故 A 错误；
B、二氧化硫通入溴水中发生反应，装置采用球形干燥管，可防止倒吸，故 B 正确；
C、氯仿和四氯化碳互溶，不能用分液的方法提纯，故 C 错误；
D、NaOH 溶液呈碱性，会腐蚀玻璃活塞，应盛放在碱式滴定管中，不能用酸式滴定管（带玻璃活塞），故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
氨气制备中氯化铵受热分解产物易重新化合，无法制得氨气；
二氧化硫的吸收装置需考虑防倒吸，球形干燥管可起到防倒吸作用；
分液操作适用于互不相溶的液体混合物，氯仿和四氯化碳互溶，不能用分液提纯；
碱性溶液会腐蚀玻璃活塞，应使用碱式滴定管盛装 NaOH 溶液。
3．【答案】A
【知识点】有机物的结构和性质；酯的性质；加成反应；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A、该反应中，甲的碳碳双键打开，与乙的活性亚甲基发生加成，生成环丙烷结构，属于加成反应，故 A 正确；
B、甲分子中苯环、碳碳双键均为平面结构，且二者直接相连，所有原子可能共平面，故 B 错误；
C、乙分子含 2 个酯基，1mol 乙水解生成 2mol 羧酸和 2mol 甲醇，羧酸能与 NaOH 反应，因此 1mol 乙最多消耗 2mol NaOH，质量为 80g，故 C 错误；
D、丙分子中含 2 个苯环和 2 个酯基，酯基不与 H2加成，1mol 苯环可消耗 3mol H2，因此 1mol 丙最多消耗 6mol H2，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
反应类型判断：碳碳双键参与的环丙烷化反应属于加成反应；
原子共面判断：苯环与碳碳双键均为平面结构，直接相连时所有原子可能共面；
酯基与 NaOH 反应：1mol 酯基水解生成 1mol 羧酸，消耗 1mol NaOH，乙含 2 个酯基，消耗 2mol NaOH；
H2加成反应：苯环可与 H2加成，酯基中的羰基不能与 H2加成，丙含 2 个苯环，最多消耗 6mol H2。
4．【答案】D
【知识点】铁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物；铁及其化合物的性质实验；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、①为在稀硝酸中加入少量铁粉，反应生成硝酸铁、NO和水，离子方程式 正确，故A正确；
B、②为在硝酸铁溶液中加入铁粉，铁离子被还原为亚铁离子，离子方程式 正确，故B正确；
C、③在溶液中加入氨水并通入空气，亚铁离子被氧气氧化为氢氧化铁，离子方程式 正确，故C正确；
D、④为高温下和焦炭反应，产物应为而非，正确反应为 ，选项方程式错误，故D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
铁与稀硝酸反应时，铁粉少量生成，离子方程式需满足电荷、原子守恒；
与发生归中反应生成，离子方程式电荷、原子守恒；
在氨水和氧气作用下被氧化为，需结合氧化还原反应配平离子方程式；
高温下焦炭还原金属氧化物时，碳通常被氧化为，选项中产物为，不符合反应事实。
5．【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；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
【解析】【解答】A、分子中每个S原子与相邻两个S原子形成σ键，1mol 含8mol σ键，32g （物质的量为0.125mol）中含σ键数目为，故A错误；
B、标准状况（0℃、101kPa）下22.4L 分子数为，25℃、101kPa时温度高于标准状况，气体摩尔体积大于22.4L/mol，因此22.4L 的物质的量小于1mol，所含分子数小于，故B正确；
C、溶液中会发生水解，因此1L 0.1mol/L 溶液中的数目小于，故C错误；
D、反应中C元素从0价变为+4价，3mol C转移12mol电子，生成1mol ，因此每生成0.1mol ，转移电子数为，故D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
分子中σ键数目判断：分子为环状结构，每个S原子形成2个σ键，需结合物质的量计算σ键总数；
气体摩尔体积应用条件：22.4L/mol仅适用于标准状况（0℃、101kPa），温度升高时气体摩尔体积增大；
盐类水解：在水溶液中会发生水解，导致其实际数目小于理论值；
氧化还原反应电子转移计算：根据反应中元素化合价变化，计算生成时转移的电子数。
6．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；离子晶体；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A、叙述 Ⅰ 中氮原子含孤电子对，氮原子上电子云密度越大，碱性越强，叙述 Ⅱ 中邻甲基苯胺的碱性应强于间氟苯胺，但氟的吸电子诱导效应强于甲基的给电子效应，实际碱性顺序为，A错误；
B、Li、Na、K 的最外层电子数相同，但 Li 与氧气加热反应生成 Li2O，不是过氧化物，叙述 Ⅱ 错误，故 B 错误；
C、硝酸乙基铵和 NH4NO3均为离子晶体，硝酸乙基铵的阳离子半径更大，晶格能更小，熔点更低，但叙述 Ⅰ 中认为硝酸乙基铵是分子晶体，故 C 错误；
D、苯氧基负离子可形成 p-π 共轭体系，使羟基的极性增强，因此苯酚的酸性强于甲醇，能与 NaOH 溶液反应，而甲醇不能，叙述 Ⅰ 和叙述 Ⅱ 均正确且存在关联，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
胺类碱性判断：氮原子电子云密度越大，碱性越强；取代基的给电子 / 吸电子效应会影响电子云密度；
碱金属与氧气反应产物：Li 的金属性较弱，加热与 O2反应生成普通氧化物 Li2O；
晶体类型判断：硝酸乙基铵和 NH4NO3均由离子构成，属于离子晶体，熔点高低与晶格能有关；
有机物酸性比较：p-π 共轭会增强羟基极性，使苯酚酸性增强，能与 NaOH 反应，而甲醇不能。
7．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；化学键；判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】A、CaMgSiO4中的阴离子为 SiO44-，中心 Si 原子价层电子对数为 4（ ），无孤电子对，空间结构为正四面体形，故 A 正确；
B、流程涉及的元素有 Ca、Mg、Si、O，其中 Ca、Mg 属于 s 区元素，Si、O 属于 p 区元素，故 B 正确；
C、Mg 原子的 3s 轨道处于全充满稳定状态，失去电子较难，因此其第一电离能高于相邻的 Na 和 Al，故 C 正确；
D、离子键百分数与阳离子的极化能力有关，Mg2+半径小于 Ca2+，极化能力更强，导致 MgO 中离子键百分数低于 CaO，故 D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
硅酸根离子空间结构：SiO44-中 Si 原子采取 sp3 杂化，无孤电子对，形成正四面体结构；
元素分区判断：Ca、Mg 属于第 ⅡA 族（s 区），Si、O 属于第 ⅣA、ⅥA 族（p 区）；
第一电离能规律：Mg 的 3s2 全充满结构使其第一电离能高于同周期相邻元素；
离子键百分数判断：阳离子极化能力越强，离子键百分数越低，Mg2+极化能力强于 Ca2+，故 MgO 的离子键百分数低于 CaO。
8．【答案】A
【知识点】原子结构与元素的性质；化学键；氢键的存在对物质性质的影响；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、离子半径由电子层数和核电荷数共同决定：电子层数越多半径越大，层数相同时核电荷数越高半径越小。S2-有 3 个电子层，半径最大；O2-和 F-电子层数相同，但 O2-核电荷数更小，半径更大。因此离子半径顺序为 S2- > O2- > F-，即 W > Y > Z，A 正确；
B、X（C）的氢化物包含从气态甲烷到固态高分子烃等多种物质，碳原子数多的烃沸点远高于水和 HF，选项未限定为最简单氢化物，沸点递变规律不成立，B 错误；
C、O3分子中的共价键由同种氧原子形成，共用电子对不发生偏移，属于非极性共价键，C 错误；
D、第二周期主族元素中，第一电离能大于 O 的元素有 N、F、Ne 三种（N 的 2p 轨道半充满稳定，Ne 为稀有气体），并非选项所说的 2 种，D 错误；
故答案为：A。
【分析】从成键规律入手，结合原子序数限制推断元素：能形成 4 个单键且原子序数最小的短周期元素是碳，故 X 为 C；Y 与 W 是同主族短周期元素，且 W 原子能形成 3 个共价键、原子序数更大，符合条件的是 O 和 S，因此 Y 为 O、W 为 S；Z 是介于 O 和 S 之间、仅能形成 1 个单键的非金属元素，只能是 F。由此确定 X、Y、Z、W 依次为 C、O、F、S。
9．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；二价铁离子和三价铁离子的检验；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、①→②中，将中的+3价Cr氧化为+6价的，自身被还原，因此作氧化剂，故A正确；
B、②→③中，发生的是与的非氧化还原反应， ，不存在氧化剂和还原剂，故B错误；
C、③中显色粒子为橙红色的，④中为绿色的，二者粒子不同，故C错误；
D、④→⑤中是与氨水反应生成沉淀，KSCN溶液用于检验，与不显色，不能作指示剂，故D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
氧化还原反应判断：Cr元素化合价从+3升高到+6，说明作为氧化剂；
非氧化还原反应识别：转化为仅为pH变化引起的平衡移动，无电子转移；
显色粒子区分：（橙红）与（绿色）是不同价态的铬粒子；
指示剂应用条件：KSCN溶液仅与反应显色，无法检验。
10．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、SEI是固体电解质界面，其低电阻特性允许快速迁移，故A正确；
B、放电时，电极b中Li失去电子被氧化，作负极，发生氧化反应，故B错误；
C、充电时，工作电极（电极a）作为阳极，连接电源正极，发生氧化反应，故C正确；
D、充电时，电极b为阴极，得电子与结合生成，电极反应式为 ，故D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
SEI膜的核心功能是实现快速迁移并稳定电极界面；放电时，含Li的电极b为负极，发生氧化反应；
充电时，原电池的正极（工作电极a）接电源正极作阳极，发生氧化反应；充电时，电极b作为阴极，发生嵌入的还原反应。
11．【答案】D
【知识点】晶胞的计算；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、先计算晶胞中Na和O的数目。Na位于棱上和体内：棱上Na有4个（每条棱1/4），体内Na有4个，总数为个；O原子：3个位于面上（每个1/2），其余O位于体内或顶点，总数为（体内）（顶点）个，Na和O的数目比为5：8，故化学式不是，A错误；
B、M中含有与含O阴离子之间的离子键，也存在O原子之间的共价键，因此存在两种化学键，B错误；
C、电子层结构相同的离子，核电荷数越大半径越小，与电子层结构相同，故离子半径：，C错误；
D、晶胞参数单位换算为cm，晶胞质量为（注：晶胞中含2个单元），体积为，因此密度公式为，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
晶胞中粒子数的计算：棱上粒子贡献1/4，面上粒子贡献1/2，顶点粒子贡献1/8，体内粒子完全属于晶胞；
化学键类型判断：活泼金属与含氧阴离子之间存在离子键，阴离子内部存在共价键；
离子半径比较：电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小；
晶胞密度计算：密度公式为，需注意晶胞参数的单位换算（pm转cm，乘以，体积换算需乘以）。
12．【答案】B
【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．观察图像可知，生物的能量低于反应物的能量，因此该反应为放热反应，A项错误；
B．路径A和B，都有四个过渡态，均包含4个基元反应，B项正确；
C．路径A中，最大能垒（活化能）为 ，C项错误；
D．最大能垒越大反应速率越慢，步骤路径B的最大能垒为 ，路径A的最大能垒高于路径B，因此路径A的反应速率更慢，D项错误。
故答案为B。
【分析】A．生成物能量低于反应物，为放热反应；
Ｂ．有几个过渡态就包含几个基元反应；
Ｃ．结合图中数据计算；
Ｄ．反应速率由最大能垒决定。
13．【答案】B
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、废渣中的Pb或PbO与硫酸反应生成难溶的，因此酸浸滤渣的主要成分为，故A正确；
B、“氧化”步骤中加入，目的是将酸浸后生成的氧化为，以便后续调pH除去，此时未被氧化，故B错误；
C、试剂X用于调节溶液pH=4，使转化为沉淀，可选用或，它们能消耗调节pH，且不引入新杂质，故C正确；
D、“氧化沉钴”时，为氧化剂（Mn从+7到+4，得3e-），为还原剂（Co从+2到+3，失1e-），根据电子守恒，，因此，故D正确；
故答案为：B。
【分析】废渣中含有铅的单质或氧化物，加入硫酸后会反应生成难溶的硫酸铅，因此酸浸步骤的滤渣主要成分为硫酸铅；滤液中则含有钴离子、锌离子和亚铁离子。后续加入二氧化锰进行氧化，二氧化锰在酸性条件下具有氧化性，其主要作用是将亚铁离子氧化为铁离子，以便后续通过调 pH 除去铁杂质；接着加入试剂 X 调节溶液 pH 至 4，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀；最后加入高锰酸钾进行氧化沉钴，在 pH=5 的条件下，将钴离子氧化并沉淀为氢氧化钴，同时高锰酸钾被还原为二氧化锰。
14．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；中和滴定
【解析】【解答】A、a点为原混合液，完全电离出，也会微弱电离出额外的，因此溶液中。根据，可得；结合下，可知，故A正确；
B、b点是恰好与醋酸完全反应的点，此时消耗的，消耗醋酸溶液体积为，因此醋酸的浓度应为，而非，故B错误；
C、b点溶质为，b到c段为醋酸中和的过程，c点恰好完全反应，溶质为和，故C正确；
D、d点，则溶液中，下，溶液呈中性。任何水溶液中，水的电离，水电离出的，与溶液酸碱性无关，故D正确；
故答案为：B。
【分析】本题基于与的混合溶液，滴加醋酸的过程，考查溶液电导率、及相关计算。已知混合液中，滴加醋酸时，醋酸先中和强碱，再中和弱碱。
15．【答案】；干燥HCl；防倒吸；等合理答案（任写2个）；取少量M溶于水，滴加溶液（或加入锌粒），产生气泡（或其他合理答案）；分析天平；搅拌，加快溶解；酸性太强，易发生，会氧化；酸性太弱，易生成AgOH、（或其他合理答案）；；偏低
【知识点】中和滴定；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） A 装置中 NaCl 与浓硫酸加热反应，只生成正盐 Na2SO4和 HCl，化学方程式为：。
（2） B 装置中浓硫酸的作用是干燥 HCl 气体；D 装置中干燥管的作用是防止倒吸，
故答案为：干燥 HCl；防止倒吸；
（3）ZnCl2是强酸弱碱盐，易水解：， 直接加热 ZnCl2 4H2O 时，ZnCl2水解生成 Zn(OH) Cl、Zn(OH)2，进一步分解生成 ZnO，因此产品中可能混有 Zn (OH) Cl、Zn (OH)2（或 ZnO，任写 2 个），
故答案为：Zn(OH) Cl、Zn(OH)2（或 ZnO）；
（4）要证明洗涤干净的固体 M 中含 NaHSO4，可检验其溶液中的 H+：取少量固体 M 溶于水，滴加 NaHCO3溶液（或加入锌粒），若产生气泡，则证明含 NaHSO4，
故答案为：取少量固体 M 溶于水，滴加 NaHCO3溶液（或加入锌粒），产生气泡；
（5） 称量样品需精确至 0.001g，应使用分析天平；溶解时玻璃棒的作用是搅拌，加快溶解速率，
故答案为：分析天平；搅拌，加快溶解速率；
（6）①①滴定中溶液 pH 应保持在 6.0~6.5 之间，原因是酸性太强时 CrO42-会转化为 Cr2O72-，氧化 Cl-；酸性太弱时 Ag+会生成 AgOH 沉淀，影响滴定结果，
②25.00mL溶液中n(Cl-) = n(Ag+) =cV×10-3mol，则250mL溶液中n(Cl-) = 10×cV×10-3mol=cV×10-2mol，根据ZnCl2 ~ 2Cl-，n(ZnCl2) =n(Cl-) =cV×10-2mol，m(ZnCl2) =cV×10-2mol×136 g/mol = 0.68cVg，产品纯度为。滴定前仰视读数，导致初读数偏大；滴定终点时俯视读数，导致终读数偏小。则V(消耗)偏低，测定结果会偏低。
故答案为：酸性太强，CrO42-会转化为 Cr2O72-，氧化 Cl-；酸性太弱，易生成 AgOH 沉淀，影响滴定； ； 偏低 ；
【分析】本题解题思路
(1) 需根据题目 “只生成正盐” 的限定，结合浓硫酸的强酸性，确定反应产物为 Na2SO4和 HCl，再根据原子守恒配平化学方程式；需注意加热条件下浓硫酸与 NaCl 反应生成正盐的温度要求，避免错误写出 NaHSO4。
(2) B 装置中浓硫酸具有吸水性，可除去 HCl 气体中的水蒸气，防止水蒸气进入 C 装置导致 ZnCl2水解；D 装置中干燥管连接在尾气吸收装置前，可防止 HCl 溶于水时发生倒吸，避免液体倒流入加热的反应装置引发危险。
(3) ZnCl2是强酸弱碱盐，直接加热 ZnCl2 4H2O 时，Zn2+水解生成 Zn(OH) Cl、Zn(OH)2，HCl 挥发进一步促进水解，且 Zn(OH)2受热分解生成 ZnO，因此产品中可能混有 Zn(OH) Cl、Zn(OH)2、ZnO 等杂质，需结合水解和分解反应分析可能的产物。
(4) NaHSO4在水溶液中完全电离出 H+，溶液呈强酸性，可通过检验 H+证明其存在；可选择 NaHCO3溶液或锌粒，利用 H+与碳酸盐反应生成 CO2、与活泼金属反应生成 H2的现象，证明溶液中含 H+，从而说明固体 M 中含 NaHSO4。
(5) 题目中称量样品需精确至 0.001g，台秤和托盘天平的精度无法满足要求，因此需使用分析天平；溶解操作中，玻璃棒的作用是搅拌，通过加快分子运动速率，促进 ZnCl2固体的溶解，缩短溶解时间。
(6) ①K2CrO4作为指示剂时，需控制溶液 pH 在 6.0~6.5 之间：酸性过强时，CrO42-会与 H+反应生成 Cr2O72-，Cr2O72-具有氧化性，会氧化 Cl-，导致滴定误差；酸性过弱时，Ag+会与 OH-反应生成 AgOH 沉淀，AgOH 进一步分解为 Ag2O，影响 AgCl 沉淀的生成和指示剂的变色，因此需严格控制 pH 范围。
②首先根据滴定消耗的 AgNO3体积，计算 25.00mL 溶液中 Cl-的物质的量，再结合 250mL 容量瓶的定容体积，换算出样品中总的 Cl-物质的量；根据 ZnCl2与 Cl-的物质的量比 1：2，计算 ZnCl2的物质的量和质量，进而得到产品纯度；误差分析时，滴定前仰视读数会使初读数偏大，滴定终点俯视读数会使终读数偏小，导致计算的 AgNO3体积 V 偏小，根据纯度计算公式，V 偏小会使测定结果偏低。
16．【答案】（1）难；基态、的价层电子排布式分别为、，再失去1个电子易形成稳定的（或其他合理答案）
（2）NaOH或；
（3）催化分解；
（4）温度高，加快分解
（5）
（6）具有强氧化性，可使细菌变性；还原产物水解生成胶体，与水中杂质聚沉
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）气态 Mn2+再失去 1 个电子比气态 Fe2+再失去 1 个电子难；基态 Mn2+的价电子排布式为 3d5，为半充满的稳定结构，难失去电子；而基态 Fe2+的价电子排布式为 3d6，再失去 1 个电子后可形成更稳定的 3d5半充满结构，
故答案为：难；基态 Mn2+的价电子排布式为 3d5，为半充满稳定结构，难失去电子，而 Fe2+再失去 1 个电子后可形成更稳定的 3d5半充满结构；
（2）第一次 “焙烧” 产生的有毒酸性尾气 SO2，可用 NaOH 或 Ca(OH)2溶液吸收；“酸浸” 中 MnO2与 Fe2+在酸性条件下反应，离子方程式为：。
故答案为： NaOH或 ；；
（3） “氧化” 中实际消耗双氧水的量远大于理论值，原因可能是温度升高加快双氧水分解，也可能是反应生成的 Fe3+催化 H2O2分解；“调 pH” 的目的是使 Fe3+完全沉淀，同时保证 Mn2+不沉淀，故 pH 范围为 3.2 ≤ pH < 8.1，
故答案为：Fe3+催化 H2O2分解；3.2 ≤ pH < 8.1；
（4）温度超过 60℃时，NH4HCO3受热分解，反应物浓度降低，导致锰的沉淀率降低，
故答案为：温度高，加快 NH4HCO3分解；
（5）滤渣为，制备的单线桥表示为。
故答案为： ；
（6）高铁酸钾中Fe为+6价，具有强氧化性，可消毒杀菌；其还原产物水解生成氢氧化铁胶体，能吸附水中悬浮杂质，因此可以净水。
故答案为：具有强氧化性，可使细菌变性；还原产物水解生成胶体，与水中杂质聚沉 ；
【分析】(1) 本题考查核外电子排布与电离能的关系，Mn2+的 3d 轨道为半充满稳定结构，失去电子需要的能量更高；Fe2+的 3d6结构失去 1 个电子后变为 3d5半充满稳定结构，因此更易失去电子；
(2) 本题考查尾气处理和氧化还原反应离子方程式书写，SO2为酸性气体，可用碱液吸收；酸浸时 MnO2作为氧化剂，将 Fe2+氧化为 Fe3+，自身被还原为 Mn2+，需根据化合价升降守恒配平离子方程式；
(3) 本题考查 H2O2分解的影响因素和 pH 调节的目的，反应生成的 Fe3+可催化 H2O2分解，导致实际用量偏大；调 pH 需结合金属离子沉淀的 pH 范围，使 Fe3+完全沉淀而 Mn2+不沉淀；
(4) 本题考查温度对 NH4HCO3稳定性的影响，NH4HCO3受热易分解，温度过高会导致其分解，降低反应物浓度，从而降低锰的沉淀率；
(5) 本题考查单线桥法表示电子转移，需先确定反应中 Fe 元素的化合价变化，计算转移电子数，再用单线桥表示电子转移的方向和数目；
(6) 本题考查高铁酸钾的净水原理，需结合其强氧化性（消毒杀菌）和还原产物 Fe (OH)3胶体的吸附性（净水）进行分析。
（1）的价电子排布为，是半充满的稳定结构，难失去电子；而失去1个电子后可得到更稳定的半充满结构，因此气态更难再失1个电子。
（2）第一次焙烧硫铁矿会产生有毒酸性尾气，可用溶液或吸收。“酸浸”中将转化成，离子方程式为。
（3）调节pH的目的是使完全沉淀，同时保证不沉淀，因此pH需大于完全沉淀的pH=3.2，小于开始沉淀的pH=8.1。
（4）温度超过60℃时，受热分解，反应物浓度降低。
（5）滤渣为，制备的单线桥表示为。
（6）高铁酸钾中Fe为+6价，具有强氧化性，可消毒杀菌；其还原产物水解生成氢氧化铁胶体，能吸附水中悬浮杂质，因此可以净水。
17．【答案】（1）酯基、硝基
（2）还原反应；甲醇、溴化氢
（3）16；
（4）
（5）
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）E 中含氧官能团的名称为酯基、硝基，故答案为：酯基、硝基；
（2） F → G 的反应中，硝基被还原为氨基，反应类型为还原反应；对比 E、M、F 的结构，E 与 M 反应生成 F 的过程中，除生成 F 外，还生成了甲醇与溴化氢，
故答案为：还原反应；甲醇、溴化氢；
（3）依据信息可知，符合条件的B的同分异构体中含苯环、（与苯环直接相连）。若该同分异构体为苯的二取代衍生物，则另一个取代基可能为①、②，有邻、对、间三种位置异构，共种；若该同分异构体为苯的三取代衍生物，则另两个取代基为和，共有10种位置异构，符合条件的B的同分异构体共有种；其中核磁共振氢谱中峰面积之比为的结构简式为。
故答案为：16； ；
（4）H 在 NaOH 溶液中充分水解，酰胺键、酯基均水解，产物为对应的羧酸钠盐、氨基化合物和 NH3，结构简式为：和氨气。
故答案为： ；
（5）根据反应物和产物的结构比较可知，反应物中羧基与甲醇发生酯化反应，碳碳双键与溴化氢发生加成反应，硝基被还原为氨基，故合成路线为 。
故答案为： ；
【分析】该合成路线以邻二甲苯（A）为起始原料，先经混酸硝化得到中间体 B（）；再通过氧化反应将其中一个甲基转化为羧基，得到邻甲基邻硝基苯甲酸（C）；C 与甲醇发生酯化反应生成甲酯D（ ），再经 NBS 溴代，在另一个甲基上引入溴原子得到苄溴中间体 E；E 与 M 发生亲核取代并环化，构建出含异吲哚酮结构的 F；F 在 H2/Pd/C 条件下将硝基还原为氨基得到 G；最后 G 经环化反应，形成目标药物分子 H。
(1) 该问考查官能团识别，直接观察 E 的结构，找出含氧官能团即可；
(2) 该问考查反应类型判断与副产物推断，根据硝基转化为氨基的反应特征判断为还原反应；结合 E 与 M 反应的结构变化，分析断键与成键过程，推断副产物；
(3) 该问考查同分异构体数目判断与结构书写，先根据条件确定取代基类型，再结合二取代、三取代的位置异构计算总数；根据核磁共振氢谱峰面积比，确定分子的对称性，写出对应结构；
(4) 该问考查酯基和酰胺键的碱性水解，需明确酯基、酰胺键在 NaOH 溶液中均会水解，生成羧酸钠、氨基化合物和氨气，据此写出水解产物；
(5) 该问考查有机合成路线设计，采用逆推法，从目标产物倒推所需中间体，再结合给定原料和已知反应条件，设计加成、酯化、还原三步反应的合成路线。
（1）E中含氧官能团的名称为酯基、硝基。
（2）的反应中硝基被还原为氨基，故反应类型为还原反应；对比观察E、M、F的结构，可知E→F的过程中除生成F外，还生成了甲醇与溴化氢。
（3）依据信息可知，符合条件的B的同分异构体中含苯环、（与苯环直接相连）。若该同分异构体为苯的二取代衍生物，则另一个取代基可能为①、②，有邻、对、间三种位置异构，共种；若该同分异构体为苯的三取代衍生物，则另两个取代基为和，共有10种位置异构，符合条件的B的同分异构体共有种；其中核磁共振氢谱中峰面积之比为的结构简式为。
（4）H的酰胺键可在NaOH溶液中水解成羧基和氨基，H在NaOH溶液中充分水解的产物为和氨气。
（5）根据反应物和产物的结构比较可知，反应物中羧基与甲醇发生酯化反应，碳碳双键与溴化氢发生加成反应，硝基被还原为氨基，故合成路线为 。
18．【答案】；高温；；升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，的平衡转化率增大；；随着水碳比的增大，氢气的物质的量增加，但水的物质的量增大程度更大，导致氢气的摩尔分数减小；；
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】(1) 根据盖斯定律，反应 Ⅲ 可由反应 Ⅰ 与反应 Ⅱ 相加得到，故 ΔH3 = ΔH1 + ΔH2 = +206 kJ mol- + (-41.1 kJ mol- ) = +164.9 kJ mol- ；反应 Ⅲ 的正反应为气体分子数增加的吸热反应，根据自发反应判据 ΔG = ΔH - TΔS < 0，需在高温条件下才能自发进行，
故答案为：+164.9；高温；
(2) 反应 Ⅰ 和反应 Ⅲ 均为吸热反应，升高温度平衡正向移动，CH4的平衡转化率增大；在相同水碳比下，转化率 T1 > T2 > T3，故温度顺序为 T1 > T2 > T3，理由是升高温度，反应 Ⅰ 平衡正向移动，CH4的平衡转化率增大，相同水碳比下转化率越高，温度越高，
故答案为：T1 > T2 > T3；升高温度，反应 Ⅰ 平衡正向移动，CH4的平衡转化率增大；
（3）① 随着水碳比增大，CH4的转化率升高，其摩尔分数降低，故曲线b代表CH4；② 水碳比增大时，水蒸气的物质的量增加幅度大于H2的增加幅度，体系总物质的量增大，导致H2的摩尔分数减小；③ 水碳比增加，即增加，转化率提高，但转化率降低，故随水碳比增加升高最明显的是，曲线a是，降低明显的，曲线b是，水碳比较大时，会与进一步反应生成H2，使摩尔分数降低，摩尔分数升高，曲线c为；投料水碳比为4时，反应Ⅲ的平衡常数，，，，反应Ⅲ的平衡常数的计算式为；
故答案为： ； 随着水碳比的增大，氢气的物质的量增加，但水的物质的量增大程度更大，导致氢气的摩尔分数减小 ； ；
(4) 电池放电时，负极 MH 失去电子，在碱性条件下与 OH-反应生成 M 和 H2O，电极反应式为：
故答案为： 。
【分析】(1) 本题考查盖斯定律与反应自发条件判断，通过反应 Ⅰ 和反应 Ⅱ 相加得到反应 Ⅲ，再根据 ΔH 和 ΔS 的符号，利用 ΔG = ΔH - TΔS 判断反应自发进行的温度条件；
(2) 本题考查温度对化学平衡的影响，反应 Ⅰ 和反应 Ⅲ 均为吸热反应，升高温度平衡正向移动，CH4转化率增大，结合图像中相同水碳比下的转化率大小，判断温度高低；
(3) 本题考查化学平衡图像分析与平衡常数计算，根据水碳比对各组分摩尔分数的影响，判断曲线对应的物质；分析 H2摩尔分数随水碳比变化的原因；根据平衡常数定义，结合分压数据写出 Kp 的计算式；
(4) 本题考查镍氢电池负极电极反应式书写，根据电池总反应和负极失电子的特点，结合碱性环境，写出 MH 的氧化反应式。
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