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河北承德市第二中学等校2026届高三年级上学期模拟考试（一）化学试题
1．化学与生产、生活、科技密切相关，下列说法错误的是
A．苹果罐头甜美多汁，可添加维生素C作抗氧化剂
B．淀粉和纤维素互为同分异构体，水解的最终产物均是葡萄糖
C．用乙醚从中药中提取青蒿素的过程中利用了固-液萃取原理
D．“祝融号”火星车上采用的隔热保温材料——纳米气凝胶，可产生丁达尔效应
2．科技的发展离不开现代仪器分析技术，下列说法错误的是
A．用研成粉末的晶态二氧化硅进行X射线衍射实验，无法得到明锐的衍射峰
B．飞秒化学可以用来跟踪和检测化学反应的进程，确定化学反应的机理
C．用原子光谱法鉴定北宋天青色汝瓷釉层的元素种类
D．可用红外光谱法鉴别顺-2-丁烯和反-2-丁烯
3．下列用化学知识对事实或现象的解释正确的是
选项 事实或现象 解释
A 切好的茄子放在空气中容易变黑 淀粉被空气氧化变黑
B 工人对铁制品进行发蓝处理 铁原子核外电子发生跃迁形成氧化物保护膜
C 将白糖熬制成焦糖汁为食物增色 主要利用蔗糖在高温下充分炭化
D 两条脱氧核苷酸链形成双螺旋结构的DNA 分子间可通过氢键自组装成超分子
A．A B．B C．C D．D
4．氮化镁可作为废水处理的除磷剂，Mg3N2与水发生反应，Mg(OH)2可与废水中的氨氮和磷酸根反应生成难溶的磷酸镁铵(MgNH4PO4)，除磷效率高。下列说法正确的是
A．NH3的VSEPR模型：
B．反应体系酸性越强，除磷效果越好
C．H2O中含有s-p σ键
D．碱性强弱：CH3NH2>NH3
5．下列实验装置或操作正确且能达到实验目的的是
A．提纯乙酸乙酯 B．恒压分液漏斗可减小测定生成H2体积的实验误差
C．探究Na与O2的反应 D．由FeCl3·6H2O制取无水FeCl3固体
A．A B．B C．C D．D
阅读下列材料，完成下列2个小题。
卤素及其化合物在自然界广泛存在且具有重要应用。NaClO2与盐酸反应制取ClO2(分子结构为V形，中心原子为sp2杂化)。电解氯化铵和盐酸混合液可制备NCl3，NCl3在水中缓慢水解发挥杀菌消毒作用，并放出气体。在0~5℃，可用氟气与2%的氢氧化钠溶液反应制取OF2；在-40℃下将氟气缓缓通过细冰的表面，可制得次氟酸(HOF)，HOF与氢氧化钠溶液反应迅速放出氧气。卤素间形成的卤素互化物(如ClF、IBr)具有与卤素单质相似的化学性质。
6．下列有关化学反应的方程式错误的是
A．NaClO2与盐酸反应制备ClO2：
B．NCl3在水中缓慢水解：
C．IBr与NaOH溶液反应：
D．F2与氢氧化钠溶液反应制OF2：
7．下列说法正确的是
A．键角：ClO2>OF2
B．与Cu2+形成配位键的能力：NCl3>NH3
C．氧化性：F2D．HOF分子之间能形成氢键，其结构为
8．DDT是一种重要的农药，但一些害虫体内的酶会使DDT发生催化反应脱去HCl变成毒性较低的DDE，从而产生了抗药性，DDT转化为DDE的反应如下。已知同碳二醇的结构不稳定，容易发生脱水反应。下列说法正确的是
A．DDT分子中所有碳原子可能共平面
B．DDT脱去HCl的反应可在浓硫酸催化下进行
C．1 mol DDT与足量NaOH溶液反应时最多消耗7 mol NaOH
D．键长：DDT中①C—Cl>DDE中②C—Cl
9．科学家合成了一种新的共价化合物，结构式如图所示，已知X、Y、Z、W、E为原子序数依次增大的短周期元素，Z和E同主族，Z与W同周期。下列说法错误的是
A．第一电离能：YB．简单氢化物沸点：EC．Z的氧化物对应的水化物为强酸
D．X与Y、Z、W、E均可以形成含有相同电子数的二元分子
10．室温下，根据下列实验过程及现象能得出相应实验结论的是
选项 实验过程及现象 实验结论
A 向试管中加入5 mL乙醇、15 mL浓硫酸和几片碎瓷片，加热，将产生的气体通入酸性KMnO4溶液，溶液褪色 有C2H4生成产生
B 分别向两支试管中加入2 mL H2O2溶液，其中一支试管做空白实验，另一支试管中滴加几滴FeSO4溶液，快速产生O2 Fe2+对H2O2分解有催化作用
C 向CuSO4溶液中滴加氨水，生成蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色溶液，再加入乙醇，析出深蓝色晶体 乙醇能降低[Cu(NH3)4]SO4在水中的溶解度
D 向浓硝酸中加入红热的炭，产生红棕色气体 C还原浓硝酸生成NO2
A．A B．B C．C D．D
11．T0℃时， ，已知，，其中、只与温度有关。将一定量的NO2(g)充入注射器中，改变活塞位置，气体透光率随时间的变化如图(气体颜色越深，透光率越低)，下列说法正确的是
A．T1℃时，，则
B．b点，
C．若d点加入催化剂，达到平衡时透光率可能为e点
D．保持压强不变，再充入一定量氩气，达到新平衡后NO2的物质的量分数减小
12．曾被称为惰性气体的稀有气体存在多种化合物，其中氙(Xe)形成的化合物最多，如图是氙(Xe)与F形成的三种不同氟化物(XeFx)的晶胞结构，其中大球表示Xe、小球表示F，晶胞均为立方晶胞，C的晶胞参数为a pm。下列有关说法正确的是
A．A、B、C的化学式分别为XeF2、XeF4、XeF6
B．A、B中Xe原子的杂化方式分别为sp、sp3
C．Xe形成的化合物种类较多是因为其原子半径较大，第一电离能较小
D．C的晶体密度为
13．我国科学家设计了一套装置，实现了CO2电还原制备甲酸盐，其原理如图所示。
下列说法正确的是
A．通电时，阴极区溶液的pH降低
B．通电时，向电极b迁移
C．电解池总反应为
D．外电路每通过0.01 mol电子，增加0.005 mol·L-1
14．常温下，将MCO3(s)、NCO3(s)的悬浊液分别置于分压固定的CO2气相中，体系中(X代表H2CO3、、、M2+或N2+)与pH的关系如图所示。已知：。
下列说法正确的是
A．L2表示与pH的关系
B．常温下，
C．该体系的MCO3悬浊液中始终存在
D．当pH=6.4时，
15．锗是一种优良的半导体材料，在红外光材料、精密仪器等领域有着广泛的应用。某锌浸渣中含有ZnO、Fe2O3、GeO2、SiO2、Pb3O4等，利用该锌浸渣提取Ge的工艺流程如图所示。
已知：①部分含锗微粒的主要存在形式与pH的关系如下表所示。
pH pH<2 pH=2.5~5 512
Ge主要存在形式 Ge4+ [Ge(OH)3]+ GeO2
②常温下，该工艺条件中，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀()时的pH如下表所示。
Fe2+ Fe3+ Zn2+
开始沉淀时的pH 7.5 2.3 6.2
完全沉淀时的pH 9.0 3.2 8.2
③Zn2+、Fe2+、Ge4+均可与酒石酸(，分子式为C4H6O6)形成配离子。
回答下列问题：
（1）为Ge元素的不同微粒，处于激发态的微粒是___________(填标号)。
A． B．
C． D．
（2）“还原浸出”的主要目的是　 　。
（3）Pb3O4在“还原浸出”步骤中发生反应的离子方程式为　 　。
（4）“沉锗”时，需控制pH在5~6.2之间，原因是　 　；当pH=6时，Zn2+未产生沉淀，则浸出液中不超过　 　mol·L-1。
（5）“滤渣2”的主要成分为　 　(填化学式)。
（6）“酸溶”后，溶液的pH为1.8，向溶液中加入酒石酸萃取剂，酒石酸与含锗微粒形成酒石酸络阴离子。
①若pH升高，锗的萃取率下降，原因是　 　。
②“反萃取”中主要反应的离子方程式为　 　。
16．马尿酸(，摩尔质量为179 g·mol-1)主要用作医药及染料中间体，常温下为白色晶体，熔点为191℃，加热不容易分解，难溶于冷水，微溶于乙醚，溶于热水。实验小组利用甘氨酸(，能形成内盐)和苯甲酰氯()制备马尿酸的步骤如图所示。
已知：苯甲酰氯的熔点为-1℃，沸点为197℃，遇水剧烈反应，生成苯甲酸和HCl，同时放出大量热。
回答下列问题：
（1）在实验室中配制250 mL 6 mol·L-1 NaOH溶液时，需要用到下列仪器中的　 　(填名称)。
（2）反应1加入氢氧化钠溶液的目的是　 　。
（3）反应2控制低温的原因是　 　。
（4）反应3在滴加浓盐酸之前，先将反应装置置于冰水浴中，使用冰水浴的主要目的是　 　。
（5）将“系列操作”中正确操作或现象的标号填入相应括号中。　 　
A．用玻璃棒不断搅拌，蒸发皿中出现一层晶膜
B．使用漏斗趁热过滤
C．利用蒸发皿余热使溶液蒸干
D．将滤液倒入蒸发皿中，用酒精灯加热
E．等待蒸发皿冷却
（6）粗产品中加入少量活性炭粉能除去黄色，利用了活性炭的　 　性。
（7）本实验中产品的产率约为　 　%(结果保留整数)。
17．2025年11月1日神舟二十一号航天员乘组顺利进驻“天宫”空间站，“天宫”空间站设有对二氧化碳进行收集和再生处理的系统装置，实现了对二氧化碳的加氢甲烷化(生成甲烷与水，并伴有副反应)。
主反应Ⅰ．
副反应Ⅱ．
已知298 K和100 kPa时部分物质的标准摩尔燃烧焓(一摩尔物质在标准状态下完全燃烧时的反应焓变)如表所示。
物质 H2(g) CH4(g)
标准摩尔燃烧焓/(kJ·mol-1) -286 -891
回答下列问题：
（1）根据以上数据，计算反应Ⅰ在298 K和100 kPa的时，还需要补充的数据是　 　。
（2）已知反应Ⅱ的，则该反应能自发进行的温度高于　 　K(保留两位小数)。
（3）恒压100 kPa下，向密闭容器中按投料，发生上述反应Ⅰ和反应Ⅱ，平衡时CO2的转化率、CH4的选择性S[CH4的选择性]随温度的变化如图1所示。
①表示平衡时CH4的选择性随温度变化的曲线是　 　(填“x”或“y”)。
②T℃时，　 　，反应Ⅰ的Kp=　 　kPa-2(列出计算式即可，Kp为用各气体平衡分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
③若CH4的选择性分别位于p、q两点，反应Ⅰ的逆反应速率：　 　(填“>”“=”或“<”)。
（4）二氧化碳加氢甲烷化的过程中还会发生反应Ⅲ ，催化剂In2O3催化反应Ⅲ的机理如图2所示，水可以使催化剂活化位点减少。在该反应历程中，In2O3中In元素的化合价　 　(填“先升高后降低”“先降低后升高”或“保持不变”)。分析在反应中添加水蒸气将如何影响甲醇产率及产生这种影响的原因　 　。
18．地瑞那韦通过特异性结合HIV蛋白酶活性位点阻断病毒复制，主要用于治疗艾滋病，其中间体J的合成路线如下。
已知：；(R3、R4为吸电子基团)。
回答下列问题：
（1）B中含氧官能团有羟基、　 　。(填名称)
（2）A→B中加入试剂CH3COCH3的目的是　 　。
（3）C→D经历了两步反应，第一步为加成反应，则第二步为　 　(填反应类型)，第二步反应的化学方程式为　 　。
（4）D→E，从物质结构角度解释产物为E而非的原因：　 　。
（5）G的结构简式为　 　。
（6）下列说法错误的是　 　(填标号)。
a．CH3COCH3的核磁共振氢谱只有一组峰
b．B→C中须将NaClO溶液逐滴加入反应混合物中
c．E→F中HCl的作用只是脱保护
d．得到的J可能为混合物
（7）已知：①；②；③。利用已知信息，参照题干合成路线，写出以和HO(CH2)3OH为原料制备的合成路线的流程图　 　(无机试剂和有机溶剂任选)。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；多糖的性质和用途；分液和萃取；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、维生素 C 具有还原性，可防止苹果罐头中的成分被氧化，可作抗氧化剂，A正确；
B、淀粉和纤维素的化学式均可表示为 (C6H10O5) n，但二者的聚合度 n 不同，分子式不相同，因此不互为同分异构体；二者水解的最终产物均为葡萄糖，B错误；
C、用乙醚从中药中提取青蒿素，利用了青蒿素在乙醚中溶解度更大的原理，属于固 - 液萃取，C正确；
D、纳米气凝胶属于胶体，胶体可产生丁达尔效应，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
A．维生素 C 是常见的食品抗氧化剂，利用其还原性保护食品不被氧化变质；
B．同分异构体的前提是分子式完全相同，淀粉与纤维素的聚合度不同，因此不满足该条件；
C．萃取的核心是利用溶质在不同溶剂中的溶解度差异，乙醚提取青蒿素是典型的固 - 液萃取应用；
D．丁达尔效应是胶体的特有性质，纳米气凝胶的分散质粒子直径在胶体范围内，因此能产生该现象。
2．【答案】A
【知识点】研究物质结构的基本方法和实验手段；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；烯烃；晶体的定义
【解析】【解答】A、晶态二氧化硅具有规整的晶体结构，X 射线衍射实验的关键是晶体的周期性排列，研成粉末后晶体本质不变，仍可得到明锐的衍射峰，故 A 错误；
B、飞秒化学采用飞秒级超短激光脉冲技术，能够跟踪化学反应的快速进程，确定反应机理，故 B 正确；
C、原子光谱法基于不同元素的特征谱线进行鉴定，可准确识别物质中的元素种类，适用于汝瓷釉层元素分析，故 C 正确；
D、顺 - 2 - 丁烯和反 - 2 - 丁烯的空间结构不同，导致红外光谱中特征吸收峰的位置、强度存在差异，可通过红外光谱鉴别，故 D 正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
晶体 X 射线衍射原理：晶体的周期性排列是产生明锐衍射峰的核心，粉末状晶态物质不改变晶体本质，仍可获得衍射峰；
飞秒化学技术应用：依托飞秒级时间尺度激光，实现对快速化学反应的实时跟踪与机理研究；
原子光谱法本质：利用元素特征谱线进行定性分析，可鉴定物质中的元素种类；
红外光谱鉴别依据：不同空间结构的同分异构体，化学键振动频率不同，红外光谱吸收峰存在差异，可实现结构区分。
3．【答案】D
【知识点】原子核外电子的跃迁及应用；含有氢键的物质；超分子
【解析】【解答】A、切好的茄子在空气中变黑，是因为茄子中的酚类物质被空气氧化，而非淀粉被氧化，故 A 错误；
B、铁制品发蓝处理是通过化学反应在铁表面形成致密的四氧化三铁保护膜，并非铁原子核外电子跃迁，故 B 错误；
C、白糖熬制成焦糖汁，是蔗糖在高温下发生脱水、降解等反应生成焦糖色，并非充分炭化，故 C 错误；
D、DNA 分子中两条脱氧核苷酸链通过碱基间的氢键相互作用，自组装形成双螺旋结构的超分子，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
食物褐变原理：果蔬切开后氧化变黑通常是酚类物质被氧化，而非淀粉氧化；
铁的发蓝处理：本质是化学反应生成致密氧化物保护膜，与电子跃迁无关；
焦糖反应：蔗糖熬制过程中发生脱水、异构化等反应生成焦糖色，不是简单的炭化；
超分子自组装：DNA 双螺旋结构通过碱基对之间的氢键作用自组装形成，属于超分子范畴。
4．【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】A、NH3中心 N 原子价层电子对数为 4（ ），VSEPR 模型为四面体形：，故A错误；
B、酸性过强时，H+会溶解 Mg(OH)2并破坏 MgNH4PO4沉淀，导致除磷效果变差，故 B 错误；
C、H2O 中 O 原子为 sp3 杂化，与 H 原子形成的是 sp3-s σ 键，不存在 s-p σ 键，故 C 错误；
D、CH3NH2中的甲基为推电子基团，增大了 N 原子上的电子云密度，使其给出孤电子对的能力比 NH3更强，因此碱性：CH3NH2＞NH3，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
VSEPR 模型判断：价层电子对数 =σ 键数 + 孤电子对数，NH3价层电子对数为 4，VSEPR 模型为四面体形，与分子空间结构（三角锥形）不同；
除磷反应的环境影响：MgNH4PO4沉淀和 Mg(OH)2均易溶于酸，酸性过强会破坏沉淀生成，降低除磷效率；
化学键类型判断：H2O 中 O 原子为 sp3 杂化，与 H 原子形成的是 sp3-s σ 键，而非 s-p σ 键；
有机胺的碱性比较：推电子基团会增大 N 原子电子云密度，增强其接受质子的能力，使碱性增强。
5．【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；常用仪器及其使用；分液和萃取；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、乙酸乙酯在 NaOH 溶液中会发生水解反应 ： ，不能用 NaOH 溶液提纯乙酸乙酯，应选用饱和碳酸钠溶液，故 A 错误；
B、恒压分液漏斗可平衡气压，使液体顺利流下，避免因液体滴入导致装置内气体体积被额外占据，从而减小测定生成 H2体积的实验误差，故 B 正确；
C、钠的化学性质活泼，加热条件下易与氧气、水等发生反应，且表面皿不耐高温，不能在表面皿中加热钠，应在坩埚中进行实验，故 C 错误；
D、FeCl3 6H2O 加热时，Fe3+会发生水解，生成的 HCl 易挥发，最终得到 Fe (OH)3，进一步分解为 Fe2O3，无法制得无水 FeCl3固体，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
乙酸乙酯的提纯：酯类在碱性条件下会发生水解反应，提纯时应选用饱和碳酸钠溶液，既可以中和乙酸、溶解乙醇，又能降低乙酸乙酯的溶解度；
恒压分液漏斗的作用：平衡装置内外气压，消除滴加液体时液体体积对气体体积测量的干扰，减小实验误差；
钠与氧气的反应实验：加热钠需在坩埚中进行，表面皿不耐高温且钠易与空气中成分反应，无法达到实验目的；
无水氯化铁的制备：FeCl3易水解，直接加热结晶水合物会促进水解，需在 HCl 气流中加热才能得到无水 FeCl3。
【答案】6．B
7．A
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；含有氢键的物质；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）A、NaClO2与盐酸反应的方程式 符合氧化还原反应电子守恒与原子守恒，方程式正确，故A不符合题意；
B、NCl3在水中缓慢水解，N元素结合-OH、Cl元素结合H生成NH3和HClO，反应方程式应为 ，而非生成HNO2和HCl，方程式错误，故B符合题意；
C、IBr与NaOH溶液反应类似卤素单质，生成Br-、IO-和H2O，离子方程式 正确，故C不符合题意；
D、F2与NaOH溶液在0~5℃反应生成OF2、NaF和H2O，方程式 符合题意，方程式正确，故D不符合题意；
故答案为：B。
（2）A、ClO2中心原子为sp2杂化，含1个单电子，分子为V形；OF2中心O原子含2对孤电子对，孤电子对斥力大于成键电子对，键角：ClO2 > OF2，故A正确；
B、NCl3中N原子上的孤电子对因Cl的吸电子作用，电子云密度降低，与Cu2+形成配位键的能力弱于NH3，故B错误；
C、F2是已知最强的氧化剂，氧化性：F2 > OF2，故C错误；
D、HOF分子中O-H键的H可与另一分子的O形成氢键，结构应为 ，题给结构中F原子无法作为氢键供体，故D错误；
故答案为：A。
【分析】（1）本题解题要点：
氧化还原反应方程式需满足电子守恒、原子守恒；
卤化物水解反应中，电正性元素结合-OH，电负性元素结合H，NCl3中N为-3价、Cl为+1价，水解产物应为NH3和HClO；
卤素互化物与碱的反应类似卤素单质，生成卤离子、次卤酸根和水。
（2）本题解题要点：
键角大小受孤电子对数目影响，孤电子对越多，键角越小；
配位键形成能力与中心原子电子云密度有关，吸电子基团会降低N原子电子云密度，减弱配位能力；
氧化性强弱判断：F2的氧化性强于含氧化合物OF2；
氢键形成条件：需存在与N/O/F相连的H，且另一分子存在N/O/F原子，HOF中只有O-H键的H可形成氢键。
6．A、NaClO2与盐酸反应的方程式 符合氧化还原反应电子守恒与原子守恒，方程式正确，故A不符合题意；
B、NCl3在水中缓慢水解，N元素结合-OH、Cl元素结合H生成NH3和HClO，反应方程式应为 ，而非生成HNO2和HCl，方程式错误，故B符合题意；
C、IBr与NaOH溶液反应类似卤素单质，生成Br-、IO-和H2O，离子方程式 正确，故C不符合题意；
D、F2与NaOH溶液在0~5℃反应生成OF2、NaF和H2O，方程式 符合题意，方程式正确，故D不符合题意；
故答案为：B。
7．A、ClO2中心原子为sp2杂化，含1个单电子，分子为V形；OF2中心O原子含2对孤电子对，孤电子对斥力大于成键电子对，键角：ClO2 > OF2，故A正确；
B、NCl3中N原子上的孤电子对因Cl的吸电子作用，电子云密度降低，与Cu2+形成配位键的能力弱于NH3，故B错误；
C、F2是已知最强的氧化剂，氧化性：F2 > OF2，故C错误；
D、HOF分子中O-H键的H可与另一分子的O形成氢键，结构应为 ，题给结构中F原子无法作为氢键供体，故D错误；
故答案为：A。
8．【答案】D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；有机物的结构和性质；酯的性质
【解析】【解答】A、DDT 分子中连接两个苯环的饱和碳原子为 sp3 杂化，呈四面体结构，该碳原子连接的原子无法共平面，故所有碳原子不可能共平面，故 A 错误；
B、DDT 脱去 HCl 的反应是消去反应，该反应条件为酶催化，与醇的消去反应条件不同，不可在浓硫酸催化下进行，故 B 错误；
C、 2个芳环氯（Ar–Cl），每个水解需2 mol NaOH（水解+中和），共4 mol；1个–CCl3基团，在强碱下彻底水解为羧酸盐，反应为，消耗4 mol NaOH，因此1 mol DDT总共消耗4 mol（芳环氯）+ 4 mol（-CCl3）= 8 mol NaOH，C错误；
D、DDT 中①位 C—Cl 键的 C 原子为 sp3 杂化，DDE 中②位 C—Cl 键的 C 原子为 sp2 杂化，sp2 杂化轨道成键时原子轨道重叠程度更大，键长更短，故键长：DDT 中①C—Cl > DDE 中②C—Cl，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
共面判断：饱和碳原子（sp3 杂化）呈四面体结构，是分子中原子无法共平面的核心原因；
消去反应条件：卤代烃的消去反应条件通常为强碱的醇溶液加热，而非浓硫酸加热的醇消去条件；
键长与杂化关系：杂化轨道中 s 成分越多，轨道重叠程度越大，键长越短，sp2 杂化的 C—Cl 键长短于 sp3 杂化的 C—Cl 键长。
9．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；氢键的存在对物质性质的影响；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、同周期元素从左到右，第一电离能总体呈递增趋势，但第 ⅤA 族元素因 p 轨道半充满的稳定结构，第一电离能大于相邻的第 ⅥA 族元素；因此 C、O、N 的第一电离能大小为：C < O < N，即 Y < W < Z，故 A 正确；
B、N 的简单氢化物 NH3分子间存在氢键，而 P 的简单氢化物 PH3分子间仅存在范德华力，氢键的作用力强于范德华力，因此沸点：PH3 < NH3，即 E < Z，故 B 正确；
C、N 元素的氧化物对应的水化物有多种，其中 HNO3是强酸，但 HNO2（亚硝酸）属于弱酸，因此不能笼统地说其氧化物对应的水化物都是强酸，故 C 错误；
D、H 元素与 C、N、O、P 元素均可形成 18 电子的二元分子，分别为 C2H6、N2H4、H2O2、PH3，故 D 正确；
故答案为：C。
【分析】元素推断：依据成键数与原子序数递变规律，结合短周期元素成键特征推导元素；X 只形成 1 个共价键且原子序数最小，故 X 为 H；Y 形成 4 个共价键，原子序数大于 H，故 Y 为 C；W 形成 2 个共价键，原子序数大于 C，故 W 为 O；Z 与 W 同周期且形成 3 个共价键，故 Z 为 N；E 与 Z 同主族且位于第三周期，故 E 为 P。
10．【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；化学反应速率的影响因素；硝酸的化学性质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、乙醇消去制乙烯时，浓硫酸会产生二氧化硫杂质，同时挥发的乙醇也能使酸性高锰酸钾褪色，无法证明生成乙烯，故 A 错误；
B、两组实验没有控制过氧化氢初始浓度一致，变量不唯一，不能验证亚铁离子的催化作用，故 B 错误；
C、硫酸铜溶液加氨水先沉淀后溶解，加入乙醇析出深蓝色晶体，证明乙醇可降低四氨合硫酸铜的水中溶解度，故 C 正确；
D、浓硝酸易挥发，挥发出的硝酸蒸气可与碳反应，无法证明是碳还原浓硝酸生成二氧化氮，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
乙烯检验干扰因素：二氧化硫、乙醇均能还原酸性高锰酸钾，检验乙烯需提前除杂；
化学实验变量原则：对照实验必须保证单一变量，否则实验结论不具备说服力；
配合物相关性质：四氨合铜离子易溶于水，加入有机溶剂可减小其溶解度使其析出；
浓硝酸的性质：浓硝酸挥发性强，探究碳与浓硝酸反应需排除挥发硝酸的干扰。
11．【答案】B
【知识点】化学平衡常数；化学平衡移动原理；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、平衡时正逆反应速率满足，即，则；时，故；若时，代入得，反应放热，增大说明温度降低，即，故A错误；
B、b点透光率仍在上升，说明浓度在降低，反应正向进行，因此，故B正确；
C、催化剂只改变反应速率，不改变平衡状态，d点加入催化剂，平衡时透光率与原平衡（c点）相同，不可能为e点，故C错误；
D、保持压强不变，充入氩气，容器体积增大，平衡向气体分子数增多的方向（逆反应方向）移动，的物质的量分数增大，故D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
平衡常数与速率常数的关系：平衡时正逆反应速率之比等于化学计量数之比，结合速率表达式可推导出与、的关系；
温度对平衡常数的影响：该反应放热，温度降低，平衡正向移动，值增大；
催化剂的作用：催化剂仅改变反应速率，不影响平衡位置，因此平衡时透光率不变；
压强对平衡的影响：恒压下充入惰性气体，相当于减压，平衡向气体分子数增多的方向移动，本题中逆反应方向气体分子数更多。
12．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、晶胞A中Xe原子位于顶点和体心，数目为，F原子位于棱上和体内，数目为，Xe、F原子数之比为，化学式为；晶胞B中Xe原子位于顶点和体心，数目为，F原子位于顶点和体心，数目为，Xe、F原子数之比为，化学式为；晶胞C中Xe原子位于顶点和面心，数目为，F原子位于顶点和面心，数目为，Xe、F原子数之比为，化学式为，并非，故A错误；
B、XeF2中 Xe 原子的价层电子对数为 5（ ），采取 sp3d 杂化；XeF4中 Xe 原子的价层电子对数为 6（ ），采取 sp3d2 杂化，均非 sp 或 sp3 杂化，故 B 错误；
C、 Xe 的原子半径在稀有气体中相对较大，原子核对最外层电子的束缚力较弱，第一电离能较小，更易与电负性强的 F、O 等元素形成化学键，因此能形成多种化合物 ，故C正确；
D、晶胞参数为，晶胞体积；晶胞C中含个单元，晶胞质量，则晶体密度，选项中分母为，单位换算错误，故D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
晶胞化学式推导：严格使用均摊法计算原子数目，顶点原子占、棱上占、面上占、体心原子为，通过原子个数比确定化学式；
杂化类型判断：依据价层电子对数公式（键数+孤电子对数），结合VSEPR理论确定杂化方式，为杂化，为杂化；
稀有气体成键原理：Xe原子半径大、第一电离能小，原子核对电子束缚力弱，易形成化合物，而He、Ne等第一电离能大，难以形成化合物；
晶体密度计算：关键在于晶胞参数的单位换算，，体积单位转换为后，再代入密度公式计算。
13．【答案】C
【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；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、电极a为阴极，发生反应，生成，阴极区溶液碱性增强，pH升高，故A错误；
B、装置中间为阳离子交换膜，只允许阳离子通过，等阴离子无法透过，因此不能迁移至阳极区，故B错误；
C、阴极反应为 ，阳极反应为 ，将两式相加可得总反应： ，故C正确；
D、根据阴极反应，电路中每通过2mol电子生成1mol，因此通过0.01mol电子时生成0.005mol，但题目未给出溶液体积，无法计算其物质的量浓度，故D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
电极判断与反应：根据元素化合价变化判断阴阳极，被还原为，发生得电子的还原反应：，电极a为阴极；被氧化为，发生失电子的氧化反应：，电极b为阳极；
离子交换膜的作用：阳离子交换膜只允许阳离子通过，阴离子无法透过，需注意离子迁移方向；
总反应式书写：将阴阳极的电极反应式直接相加，消去电子即可得到总反应；
电解计算：物质的量浓度计算需要溶液体积，题目未提供时无法计算浓度，需注意审题。
14．【答案】B
【知识点】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、随着溶液pH升高，碳酸分步电离平衡正向移动，浓度逐渐增大，且增长幅度大于，因此代表与pH的关系，故A错误；
B、由题中数据可知，时，，，因此的溶度积，故B正确；
C、悬浊液置于分压固定的气相中，会发生反应转化为，根据物料守恒，体系中，故C错误；
D、根据图像中与的交点可知，；由题给数据可算出；当时，，已知，则，因此溶液中，选项计算结果错误，故D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
曲线对应关系判断：随着pH增大，碳酸的电离平衡正向移动，的浓度增长幅度大于，因此为的变化曲线；
溶度积计算：的计算式为，直接代入题目给出的平衡浓度即可；
物料守恒分析：在含碳物种的体系中，阳离子的总浓度等于所有含碳物种的浓度之和；
弱酸电离与沉淀溶解的综合计算：需结合第二步电离平衡常数算出的浓度，再代入溶度积公式计算金属离子浓度，计算时需注意对数运算。
15．【答案】（1）C
（2）溶解ZnO、Fe2O3、Pb3O4、GeO2；将+4价Pb、+3价Fe分别还原为Pb2+、Fe2+，并使Pb2+转化为PbSO4沉淀而除去
（3）
（4）pH<5时，Ge4+水解不完全，未形成沉淀；6.212时，Ge的主要存在形式为，都会导致沉锗率下降；10-0.6
（5）CaSO4
（6）pH升高，Ge4+转化为[Ge(OH)3]+或GeO2或，[Ge(OH)3]+、GeO2、难以与酒石酸形成络合物；
【知识点】原子核外电子排布；氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）基态原子的核外电子排布式为，其4p轨道的两个电子应分占两个轨道且自旋平行。A、B、D选项的电子排布符合洪特规则，为基态或能量较低的状态；C选项中4s轨道失去1个电子，4p轨道有3个电子，属于电子跃迁后的激发态。
故答案为： C ；
（2）在和的作用下，一方面溶解、、、等金属氧化物；另一方面利用的还原性，将+4价还原为并生成沉淀除去，将+3价还原为，避免后续沉锗时沉淀造成干扰。
故答案为： 溶解ZnO、Fe2O3、Pb3O4、GeO2；将+4价Pb、+3价Fe分别还原为Pb2+、Fe2+，并使Pb2+转化为PbSO4沉淀而除去 ；
（3）可看作，其中（+4价）被还原为，被氧化为，结合酸性环境配平得化学方程式为：。
故答案为： ；
（4）pH<5时，水解不完全，未形成沉淀；6.212时，的主要存在形式为，都会导致沉锗率下降。当pH=6时，未沉淀，说明。由题可知，完全沉淀时，此时，则，当时，，为使不沉淀，则。
故答案为： pH<5时，Ge4+水解不完全，未形成沉淀；6.212时，Ge的主要存在形式为，都会导致沉锗率下降 ； 10-0.6 ；
（5）“沉锗”时加入生石灰（），与反应生成，故滤渣2主要为。
故答案为： CaSO4 ；
（6）①pH升高，锗的萃取率下降的原因：pH升高时，转化为、或，这些微粒难以与酒石酸形成络合物，导致萃取率下降。
②“反萃取”中，络阴离子与反应生成和酒石酸根离子，配平离子方程式：。
故答案为： pH升高，Ge4+转化为[Ge(OH)3]+或GeO2或，[Ge(OH)3]+、GeO2、难以与酒石酸形成络合物 ； ；
【分析】该工艺以锌浸渣为原料，通过与还原浸出，溶解、等并将中+4价Pb还原为沉淀、中+3价Fe还原为，同时除去不反应的；随后加生石灰调pH至5~6.2，使以形式沉淀实现与、的分离，沉淀再经酸溶调pH至1.8恢复为，接着用酒石酸络合萃取、溶液反萃取转化为，最终得到Ge。
（1）先根据元素周期表定位Ge（第4周期ⅣA族），写出基态电子排布式：；依据洪特规则，4p轨道的2个电子优先分占不同轨道，且自旋平行；分析选项时，重点判断是否存在“电子未分占轨道、自旋相反”或“电子跃迁”的错误排布。
（2）明确浸出剂（）的双重作用：酸溶（溶解金属氧化物）+ 还原（作还原剂）；
定位目标还原反应：将中+4价Pb还原为（生成沉淀），将中+3价Fe还原为；理解还原的目的：避免后续沉锗时水解沉淀造成干扰，同时沉淀除去Pb元素。
（3）拆分为，确定氧化剂（中+4价Pb）和还原剂（中+4价S）；
标出化合价变化：（得2e-），（失2e-），确定两者物质的量之比为1：1；结合酸性环境（反应物含，生成物含）和沉淀（），用原子守恒配平其他物质。
（4）明确沉锗的pH窗口：pH<5时水解不完全；6.2~12时、共沉淀；pH>12时Ge转化为，均会降低沉锗率；先计算的：利用“完全沉淀时、”，代入计算；再计算pH=6时允许的最大：根据，代入pH=6对应的求解。
（5）明确“沉锗”环节加入的试剂为生石灰（）；分析的反应：与体系中的反应生成；结合沉锗产物（沉淀），确定滤渣2的主要成分为。
（6）① 萃取率下降原因：pH升高时，会水解生成、或转化为，这些微粒无法与酒石酸形成稳定络阴离子，难以进入有机相，导致萃取率下降；
② 反萃取离子方程式配平：根据络阴离子与的反应产物（、酒石酸根、），利用原子守恒和电荷守恒配平。
（1）基态原子的核外电子排布式为，其4p轨道的两个电子应分占两个轨道且自旋平行。A、B、D选项的电子排布符合洪特规则，为基态或能量较低的状态；C选项中4s轨道失去1个电子，4p轨道有3个电子，属于电子跃迁后的激发态。
（2）在和的作用下，一方面溶解、、、等金属氧化物；另一方面利用的还原性，将+4价还原为并生成沉淀除去，将+3价还原为，避免后续沉锗时沉淀造成干扰。
（3）可看作，其中（+4价）被还原为，被氧化为，结合酸性环境配平得化学方程式为：。
（4）pH<5时，水解不完全，未形成沉淀；6.212时，的主要存在形式为，都会导致沉锗率下降。当pH=6时，未沉淀，说明。由题可知，完全沉淀时，此时，则，当时，，为使不沉淀，则。
（5）“沉锗”时加入生石灰（），与反应生成，故滤渣2主要为。
（6）①pH升高，锗的萃取率下降的原因：pH升高时，转化为、或，这些微粒难以与酒石酸形成络合物，导致萃取率下降。
②“反萃取”中，络阴离子与反应生成和酒石酸根离子，配平离子方程式：。
16．【答案】（1）胶头滴管、250 mL容量瓶
（2）中和甘氨酸（与甘氨酸的羧基反应）
（3）温度过高，苯甲酰氯易和水发生反应生成苯甲酸和HCl，导致产品产率降低
（4）降低马尿酸的溶解度，有利于马尿酸结晶析出
（5）B D A E
（6）吸附
（7）76
【知识点】常用仪器及其使用；蒸发和结晶、重结晶；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）配制一定浓度的溶液需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，故选择胶头滴管、250 mL容量瓶；
故答案为： 胶头滴管、250 mL容量瓶 ；
（2）由上述分析可知，反应1中加入NaOH是为了中和甘氨酸反应；
故答案为： 中和甘氨酸（与甘氨酸的羧基反应） ；
（3）由已知条件可知，当反应2的温度过高时，苯甲酰氯遇水剧烈反应，生成苯甲酸和HCl，最终导致产品产率降低；
故答案为： 温度过高，苯甲酰氯易和水发生反应生成苯甲酸和HCl，导致产品产率降低 ；
（4）降低温度可以降低马尿酸的溶解度，有利于马尿酸结晶析出；
故答案为： 降低马尿酸的溶解度，有利于马尿酸结晶析出 ；
（5）利用活性炭的吸附性，脱除产品中的有色杂质，用漏斗趁热过滤液体，得到含产品的滤液，再将滤液转移至蒸发皿中，对滤液加热浓缩、冷却结晶，故顺序为BDAE；
故答案为： B D A E ；
（6）利用活性炭的吸附性，脱除产品中的有色杂质；
故答案为： 吸附 ；
（7）反应过程中，n(甘氨酸)：n(马尿酸)=1：1，设理论上生成的马尿酸质量为xg，则有，x=53.7g，故产率为。
故答案为： 76 ；
【分析】本实验以甘氨酸为原料，先通过中和甘氨酸生成其钠盐，再与苯甲酰氯发生取代反应生成马尿酸，经盐酸酸化、活性炭脱色、趁热过滤及蒸发结晶等操作提纯；实验需严格控制反应温度，防止苯甲酰氯水解副反应发生，最终通过物质的量之比计算马尿酸理论产量，结合实际产量得出产率。
（1）围绕250mL一定物质的量浓度溶液配制的核心步骤（计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀），确定所需玻璃仪器，重点匹配定容环节的胶头滴管与定容容器250mL容量瓶。
（2）结合甘氨酸的两性结构特征，明确作为强碱，与甘氨酸分子中的羧基发生中和反应，生成甘氨酸钠，为后续与苯甲酰氯的取代反应提供活性反应物。
（3）定位苯甲酰氯的化学性质，其遇水易发生剧烈水解反应生成苯甲酸和，温度过高会加速该副反应，消耗原料并引入杂质，导致目标产物马尿酸产率降低。
（4）依据溶解度的温度效应，降低温度可显著减小马尿酸的溶解度，破坏其溶解平衡，促使溶质从溶液中以晶体形式析出，提高结晶收率。
（5）遵循“除杂-过滤-浓缩-结晶”的提纯逻辑，先利用活性炭吸附性脱除有色杂质，再趁热过滤除去活性炭等杂质，接着对滤液进行加热浓缩、冷却结晶，故顺序为BDAE。
（6）利用活性炭具有巨大比表面积和丰富多孔结构的特性，发挥其物理吸附作用，吸附溶液中的有色有机杂质，从而实现产品的脱色提纯。
（7）首先根据甘氨酸与马尿酸的反应计量比（1：1），计算甘氨酸的物质的量，进而推导马尿酸的理论质量；再将实际产量除以理论产量，乘以100%得到产率。
（1）配制一定浓度的溶液需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，故选择胶头滴管、250 mL容量瓶；
（2）由上述分析可知，反应1中加入NaOH是为了中和甘氨酸反应；
（3）由已知条件可知，当反应2的温度过高时，苯甲酰氯遇水剧烈反应，生成苯甲酸和HCl，最终导致产品产率降低；
（4）降低温度可以降低马尿酸的溶解度，有利于马尿酸结晶析出；
（5）利用活性炭的吸附性，脱除产品中的有色杂质，用漏斗趁热过滤液体，得到含产品的滤液，再将滤液转移至蒸发皿中，对滤液加热浓缩、冷却结晶，故顺序为BDAE；
（6）利用活性炭的吸附性，脱除产品中的有色杂质；
（7）反应过程中，n(甘氨酸)：n(马尿酸)=1：1，设理论上生成的马尿酸质量为xg，则有，x=53.7g，故产率为。
17．【答案】（1）H2O的汽化热
（2）980.95
（3）y；27：35；；>
（4）先降低后升高；添加水蒸气会使催化剂活化位点减少，吸附反应物的能力减弱，且水蒸气过多，平衡逆向移动，甲醇产率下降
【知识点】盖斯定律及其应用；焓变和熵变；化学平衡常数
【解析】【解答】（1）H2和CH4的标准摩尔燃烧焓对应的物质为液态水，反应Ⅰ中为气态水，所以还需知道H2O的汽化热；
故答案为：H2O的汽化热 ；
（2）若要反应自发进行，则，，解得T＞980.95 K；
故答案为： 980.95 ；
（3）①反应 Ⅰ 为放热反应，升温会使平衡逆向移动， CH4选择性降低，因此表示CH4选择性随温度变化的曲线是 y；
②T ℃时，CO2的转化率，CH4的选择性S=80%，设初始反应 Ⅰ 消耗CO2：5×30%×80%=1.2 mol，生成H2O为2.4 mol，反应 Ⅱ 消耗 CO2：5×30%×20%=0.3 mol，生成H2O为0.3 mol ，总生成H2O为2.4+0.3=2.7 mol，剩余CO2：5 1.5=3.5 mol，分压比等于物质的量比：，平衡时各物质的物质的量：n(CO2)=3.5 mol，n(H2)=mol，n(CH4)=1.2 mol，n(CO)=0.3 mol，n(H2O)=2.7 mol，总物质的量 n总 =3.5+3.9+1.2+0.3+2.7=11.6 mol，Kp =；
③p、q 两点温度相同，p 点CH4的选择性更高，说明反应Ⅰ正向进行程度大，平衡时，且均大于q点，所以；
故答案为： y ； 27：35 ； ； > ；
（4）从机理图可以看出，In2O3与 H2反应时，In-O 键被还原，In 的化合价降低； 随后在与 CO2、H2O 的反应中，In 又被氧化回到较高价态，完成催化循环；
添加水蒸气会使催化剂活化位点减少，吸附反应物的能力减弱，且水蒸气过多，平衡逆向移动，甲醇产率下降。
故答案为： 先降低后升高 ； 添加水蒸气会使催化剂活化位点减少，吸附反应物的能力减弱，且水蒸气过多，平衡逆向移动，甲醇产率下降 ；
【分析】(1)利用、燃烧热生成液态水，而反应Ⅰ生成气态水，需补充水的汽化热才能通过盖斯定律计算反应焓变。
(2)根据反应自发进行的判据，代入与数值，解不等式得出反应自发进行所需的最低温度。
(3)①反应Ⅰ放热，升温平衡逆向移动，选择性下降，故选择随温度升高选择性显著降低的曲线。
②依据转化率与选择性，分步计算反应消耗的、生成的及各组分平衡物质的量，再代入分压计算。
③：、温度相同，平衡常数相等，点选择性高说明反应正向程度大，平衡时正逆速率均大于点，故。
(4)分析催化循环中元素化合价的还原与氧化变化；理解水蒸气通过减少催化剂活性位点、促使平衡逆向移动，导致甲醇产率下降。
（1）H2和CH4的标准摩尔燃烧焓对应的物质为液态水，反应Ⅰ中为气态水，所以还需知道H2O的汽化热；
（2）若要反应自发进行，则，，解得T＞980.95 K；
（3）①反应 Ⅰ 为放热反应，升温会使平衡逆向移动， CH4选择性降低，因此表示CH4选择性随温度变化的曲线是 y；
②T ℃时，CO2的转化率，CH4的选择性S=80%，设初始反应 Ⅰ 消耗CO2：5×30%×80%=1.2 mol，生成H2O为2.4 mol，反应 Ⅱ 消耗 CO2：5×30%×20%=0.3 mol，生成H2O为0.3 mol ，总生成H2O为2.4+0.3=2.7 mol，剩余CO2：5 1.5=3.5 mol，分压比等于物质的量比：，平衡时各物质的物质的量：n(CO2)=3.5 mol，n(H2)=mol，n(CH4)=1.2 mol，n(CO)=0.3 mol，n(H2O)=2.7 mol，总物质的量 n总 =3.5+3.9+1.2+0.3+2.7=11.6 mol，Kp =；
③p、q 两点温度相同，p 点CH4的选择性更高，说明反应Ⅰ正向进行程度大，平衡时，且均大于q点，所以；
（4）从机理图可以看出，In2O3与 H2反应时，In-O 键被还原，In 的化合价降低； 随后在与 CO2、H2O 的反应中，In 又被氧化回到较高价态，完成催化循环；
添加水蒸气会使催化剂活化位点减少，吸附反应物的能力减弱，且水蒸气过多，平衡逆向移动，甲醇产率下降。
18．【答案】（1）醚键、酯基
（2）形成醚键，保护羟基
（3）消去反应；
（4）酯基为吸电子基，导致碳原子呈，硝基为吸电子基，导致CH3NO2中H原子呈，所以H原子应与碳原子连接
（5）
（6）c
（7）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质
【解析】【解答】（1）由B的结构简式知，B中含氧官能团有羟基、醚键、酯基；
故答案为： 醚键、酯基 ；
（2）根据合成路线可知，A→B形成了醚键，E→F的过程羟基又裸露出来，则加入CH3COCH3的目的是使两个羟基形成醚键，保护起来；
故答案为： 形成醚键，保护羟基 ；
（3）C→D的反应为C中醛基首先和中-CH2-发生加成反应产生羟基，然后发生消去反应得到D和水，反应过程为；
故答案为： 消去反应 ； ；
（4）D中碳碳双键和CH3NO2发生加成反应得到E，酯基为吸电子基，导致碳原子呈，硝基为吸电子基，导致CH3NO2中H原子呈，所以H原子应与碳原子连接，而-CH2NO2与碳原子结合，故产物为E而非；
故答案为： 酯基为吸电子基，导致碳原子呈，硝基为吸电子基，导致CH3NO2中H原子呈，所以H原子应与碳原子连接 ；
（5）E→F过程中含醚键的环断开转化为两个羟基，-CH2NO2转化为-CHO，且反应中酯基没有发生变化，F和G分子式相同，则F发生加成反应转化为G，则G的结构简式为；
故答案为： ；
（6）CH3COCH3为对称结构，分子中6个H的化学环境相同，核磁共振氢谱只有一组峰，a正确；NaClO溶液具有氧化性，C中醛基具有还原性，须将NaClO溶液逐滴加入反应混合物中，防止C中醛基被氧化，b正确；根据(5)中分析可知E→F过程中HCl的作用是活化硝基、水解开环脱保护，c错误；J中含有3个手性碳，存在手性异构体，可能为混合物，d正确；
故答案为： c ；
（7）以1，3-丙二醇为原料，先在铜催化加热下被氧气氧化为丙二醛，再经新制氢氧化铜氧化并酸化得到丙二酸，随后，与邻氨基苯甲醛缩合，再与亚硫酰氯酰化，最后在THF中发生分子内酰胺化，得到目标产物，合成路线如下：
。
故答案为： ；
【分析】该合成路线以化合物 A （）为起始原料，经丙酮叉保护邻二醇、氧化开环得醛 C，再经羟醛缩合构建碳碳双键得到 D；随后与硝基甲烷加成得到，脱保护得醛 F，经氧化、酯化、醚交换得到中间体 H；再经水解、还原、酸化关环，最终制得目标中间体 J。
(1) 官能团识别：根据B的结构简式，逐一辨认并指出其中含有的羟基、醚键、酯基等官能团。
(2) 试剂作用：结合A到B的结构变化，分析丙酮叉试剂是通过形成醚键对邻二醇羟基进行可逆保护，防止其在后续反应中被氧化。
(3) 反应类型判断：对比C和D的结构，发现D比C少了一个水分子且形成了碳碳双键，故该步反应为醇羟基的消去反应。
(4) 加成区域选择性：利用酯基和硝基的吸电子效应，分析碳原子的电荷分布（-碳显、-碳显），确定亲核试剂与亲电中心的连接位点，从而判断产物结构。
(5) 结构推断：结合已知的醚键水解反应和分子式，推断F到G的开环、异构化过程，确定G的具体结构简式。
(6) 性质与实验操作：分析丙酮的核磁共振氢谱对称性；结合NaClO的强氧化性，阐述需缓慢滴加以防止醛基被氧化的实验操作细节。
(7) 合成路线设计：以1，3-丙二醇为起点，经氧化、酯化、酰化、缩合及分子内环化等多步有机反应，构建目标分子的合成路径。
（1）由B的结构简式知，B中含氧官能团有羟基、醚键、酯基；
（2）根据合成路线可知，A→B形成了醚键，E→F的过程羟基又裸露出来，则加入CH3COCH3的目的是使两个羟基形成醚键，保护起来；
（3）C→D的反应为C中醛基首先和中-CH2-发生加成反应产生羟基，然后发生消去反应得到D和水，反应过程为；
（4）D中碳碳双键和CH3NO2发生加成反应得到E，酯基为吸电子基，导致碳原子呈，硝基为吸电子基，导致CH3NO2中H原子呈，所以H原子应与碳原子连接，而-CH2NO2与碳原子结合，故产物为E而非；
（5）E→F过程中含醚键的环断开转化为两个羟基，-CH2NO2转化为-CHO，且反应中酯基没有发生变化，F和G分子式相同，则F发生加成反应转化为G，则G的结构简式为；
（6）CH3COCH3为对称结构，分子中6个H的化学环境相同，核磁共振氢谱只有一组峰，a正确；NaClO溶液具有氧化性，C中醛基具有还原性，须将NaClO溶液逐滴加入反应混合物中，防止C中醛基被氧化，b正确；根据(5)中分析可知E→F过程中HCl的作用是活化硝基、水解开环脱保护，c错误；J中含有3个手性碳，存在手性异构体，可能为混合物，d正确；
（7）以1，3-丙二醇为原料，先在铜催化加热下被氧气氧化为丙二醛，再经新制氢氧化铜氧化并酸化得到丙二酸，随后，与邻氨基苯甲醛缩合，再与亚硫酰氯酰化，最后在THF中发生分子内酰胺化，得到目标产物，合成路线如下：
。
1 / 1河北承德市第二中学等校2026届高三年级上学期模拟考试（一）化学试题
1．化学与生产、生活、科技密切相关，下列说法错误的是
A．苹果罐头甜美多汁，可添加维生素C作抗氧化剂
B．淀粉和纤维素互为同分异构体，水解的最终产物均是葡萄糖
C．用乙醚从中药中提取青蒿素的过程中利用了固-液萃取原理
D．“祝融号”火星车上采用的隔热保温材料——纳米气凝胶，可产生丁达尔效应
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；多糖的性质和用途；分液和萃取；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、维生素 C 具有还原性，可防止苹果罐头中的成分被氧化，可作抗氧化剂，A正确；
B、淀粉和纤维素的化学式均可表示为 (C6H10O5) n，但二者的聚合度 n 不同，分子式不相同，因此不互为同分异构体；二者水解的最终产物均为葡萄糖，B错误；
C、用乙醚从中药中提取青蒿素，利用了青蒿素在乙醚中溶解度更大的原理，属于固 - 液萃取，C正确；
D、纳米气凝胶属于胶体，胶体可产生丁达尔效应，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
A．维生素 C 是常见的食品抗氧化剂，利用其还原性保护食品不被氧化变质；
B．同分异构体的前提是分子式完全相同，淀粉与纤维素的聚合度不同，因此不满足该条件；
C．萃取的核心是利用溶质在不同溶剂中的溶解度差异，乙醚提取青蒿素是典型的固 - 液萃取应用；
D．丁达尔效应是胶体的特有性质，纳米气凝胶的分散质粒子直径在胶体范围内，因此能产生该现象。
2．科技的发展离不开现代仪器分析技术，下列说法错误的是
A．用研成粉末的晶态二氧化硅进行X射线衍射实验，无法得到明锐的衍射峰
B．飞秒化学可以用来跟踪和检测化学反应的进程，确定化学反应的机理
C．用原子光谱法鉴定北宋天青色汝瓷釉层的元素种类
D．可用红外光谱法鉴别顺-2-丁烯和反-2-丁烯
【答案】A
【知识点】研究物质结构的基本方法和实验手段；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；烯烃；晶体的定义
【解析】【解答】A、晶态二氧化硅具有规整的晶体结构，X 射线衍射实验的关键是晶体的周期性排列，研成粉末后晶体本质不变，仍可得到明锐的衍射峰，故 A 错误；
B、飞秒化学采用飞秒级超短激光脉冲技术，能够跟踪化学反应的快速进程，确定反应机理，故 B 正确；
C、原子光谱法基于不同元素的特征谱线进行鉴定，可准确识别物质中的元素种类，适用于汝瓷釉层元素分析，故 C 正确；
D、顺 - 2 - 丁烯和反 - 2 - 丁烯的空间结构不同，导致红外光谱中特征吸收峰的位置、强度存在差异，可通过红外光谱鉴别，故 D 正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
晶体 X 射线衍射原理：晶体的周期性排列是产生明锐衍射峰的核心，粉末状晶态物质不改变晶体本质，仍可获得衍射峰；
飞秒化学技术应用：依托飞秒级时间尺度激光，实现对快速化学反应的实时跟踪与机理研究；
原子光谱法本质：利用元素特征谱线进行定性分析，可鉴定物质中的元素种类；
红外光谱鉴别依据：不同空间结构的同分异构体，化学键振动频率不同，红外光谱吸收峰存在差异，可实现结构区分。
3．下列用化学知识对事实或现象的解释正确的是
选项 事实或现象 解释
A 切好的茄子放在空气中容易变黑 淀粉被空气氧化变黑
B 工人对铁制品进行发蓝处理 铁原子核外电子发生跃迁形成氧化物保护膜
C 将白糖熬制成焦糖汁为食物增色 主要利用蔗糖在高温下充分炭化
D 两条脱氧核苷酸链形成双螺旋结构的DNA 分子间可通过氢键自组装成超分子
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】原子核外电子的跃迁及应用；含有氢键的物质；超分子
【解析】【解答】A、切好的茄子在空气中变黑，是因为茄子中的酚类物质被空气氧化，而非淀粉被氧化，故 A 错误；
B、铁制品发蓝处理是通过化学反应在铁表面形成致密的四氧化三铁保护膜，并非铁原子核外电子跃迁，故 B 错误；
C、白糖熬制成焦糖汁，是蔗糖在高温下发生脱水、降解等反应生成焦糖色，并非充分炭化，故 C 错误；
D、DNA 分子中两条脱氧核苷酸链通过碱基间的氢键相互作用，自组装形成双螺旋结构的超分子，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
食物褐变原理：果蔬切开后氧化变黑通常是酚类物质被氧化，而非淀粉氧化；
铁的发蓝处理：本质是化学反应生成致密氧化物保护膜，与电子跃迁无关；
焦糖反应：蔗糖熬制过程中发生脱水、异构化等反应生成焦糖色，不是简单的炭化；
超分子自组装：DNA 双螺旋结构通过碱基对之间的氢键作用自组装形成，属于超分子范畴。
4．氮化镁可作为废水处理的除磷剂，Mg3N2与水发生反应，Mg(OH)2可与废水中的氨氮和磷酸根反应生成难溶的磷酸镁铵(MgNH4PO4)，除磷效率高。下列说法正确的是
A．NH3的VSEPR模型：
B．反应体系酸性越强，除磷效果越好
C．H2O中含有s-p σ键
D．碱性强弱：CH3NH2>NH3
【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】A、NH3中心 N 原子价层电子对数为 4（ ），VSEPR 模型为四面体形：，故A错误；
B、酸性过强时，H+会溶解 Mg(OH)2并破坏 MgNH4PO4沉淀，导致除磷效果变差，故 B 错误；
C、H2O 中 O 原子为 sp3 杂化，与 H 原子形成的是 sp3-s σ 键，不存在 s-p σ 键，故 C 错误；
D、CH3NH2中的甲基为推电子基团，增大了 N 原子上的电子云密度，使其给出孤电子对的能力比 NH3更强，因此碱性：CH3NH2＞NH3，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
VSEPR 模型判断：价层电子对数 =σ 键数 + 孤电子对数，NH3价层电子对数为 4，VSEPR 模型为四面体形，与分子空间结构（三角锥形）不同；
除磷反应的环境影响：MgNH4PO4沉淀和 Mg(OH)2均易溶于酸，酸性过强会破坏沉淀生成，降低除磷效率；
化学键类型判断：H2O 中 O 原子为 sp3 杂化，与 H 原子形成的是 sp3-s σ 键，而非 s-p σ 键；
有机胺的碱性比较：推电子基团会增大 N 原子电子云密度，增强其接受质子的能力，使碱性增强。
5．下列实验装置或操作正确且能达到实验目的的是
A．提纯乙酸乙酯 B．恒压分液漏斗可减小测定生成H2体积的实验误差
C．探究Na与O2的反应 D．由FeCl3·6H2O制取无水FeCl3固体
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；常用仪器及其使用；分液和萃取；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、乙酸乙酯在 NaOH 溶液中会发生水解反应 ： ，不能用 NaOH 溶液提纯乙酸乙酯，应选用饱和碳酸钠溶液，故 A 错误；
B、恒压分液漏斗可平衡气压，使液体顺利流下，避免因液体滴入导致装置内气体体积被额外占据，从而减小测定生成 H2体积的实验误差，故 B 正确；
C、钠的化学性质活泼，加热条件下易与氧气、水等发生反应，且表面皿不耐高温，不能在表面皿中加热钠，应在坩埚中进行实验，故 C 错误；
D、FeCl3 6H2O 加热时，Fe3+会发生水解，生成的 HCl 易挥发，最终得到 Fe (OH)3，进一步分解为 Fe2O3，无法制得无水 FeCl3固体，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
乙酸乙酯的提纯：酯类在碱性条件下会发生水解反应，提纯时应选用饱和碳酸钠溶液，既可以中和乙酸、溶解乙醇，又能降低乙酸乙酯的溶解度；
恒压分液漏斗的作用：平衡装置内外气压，消除滴加液体时液体体积对气体体积测量的干扰，减小实验误差；
钠与氧气的反应实验：加热钠需在坩埚中进行，表面皿不耐高温且钠易与空气中成分反应，无法达到实验目的；
无水氯化铁的制备：FeCl3易水解，直接加热结晶水合物会促进水解，需在 HCl 气流中加热才能得到无水 FeCl3。
阅读下列材料，完成下列2个小题。
卤素及其化合物在自然界广泛存在且具有重要应用。NaClO2与盐酸反应制取ClO2(分子结构为V形，中心原子为sp2杂化)。电解氯化铵和盐酸混合液可制备NCl3，NCl3在水中缓慢水解发挥杀菌消毒作用，并放出气体。在0~5℃，可用氟气与2%的氢氧化钠溶液反应制取OF2；在-40℃下将氟气缓缓通过细冰的表面，可制得次氟酸(HOF)，HOF与氢氧化钠溶液反应迅速放出氧气。卤素间形成的卤素互化物(如ClF、IBr)具有与卤素单质相似的化学性质。
6．下列有关化学反应的方程式错误的是
A．NaClO2与盐酸反应制备ClO2：
B．NCl3在水中缓慢水解：
C．IBr与NaOH溶液反应：
D．F2与氢氧化钠溶液反应制OF2：
7．下列说法正确的是
A．键角：ClO2>OF2
B．与Cu2+形成配位键的能力：NCl3>NH3
C．氧化性：F2D．HOF分子之间能形成氢键，其结构为
【答案】6．B
7．A
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；含有氢键的物质；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）A、NaClO2与盐酸反应的方程式 符合氧化还原反应电子守恒与原子守恒，方程式正确，故A不符合题意；
B、NCl3在水中缓慢水解，N元素结合-OH、Cl元素结合H生成NH3和HClO，反应方程式应为 ，而非生成HNO2和HCl，方程式错误，故B符合题意；
C、IBr与NaOH溶液反应类似卤素单质，生成Br-、IO-和H2O，离子方程式 正确，故C不符合题意；
D、F2与NaOH溶液在0~5℃反应生成OF2、NaF和H2O，方程式 符合题意，方程式正确，故D不符合题意；
故答案为：B。
（2）A、ClO2中心原子为sp2杂化，含1个单电子，分子为V形；OF2中心O原子含2对孤电子对，孤电子对斥力大于成键电子对，键角：ClO2 > OF2，故A正确；
B、NCl3中N原子上的孤电子对因Cl的吸电子作用，电子云密度降低，与Cu2+形成配位键的能力弱于NH3，故B错误；
C、F2是已知最强的氧化剂，氧化性：F2 > OF2，故C错误；
D、HOF分子中O-H键的H可与另一分子的O形成氢键，结构应为 ，题给结构中F原子无法作为氢键供体，故D错误；
故答案为：A。
【分析】（1）本题解题要点：
氧化还原反应方程式需满足电子守恒、原子守恒；
卤化物水解反应中，电正性元素结合-OH，电负性元素结合H，NCl3中N为-3价、Cl为+1价，水解产物应为NH3和HClO；
卤素互化物与碱的反应类似卤素单质，生成卤离子、次卤酸根和水。
（2）本题解题要点：
键角大小受孤电子对数目影响，孤电子对越多，键角越小；
配位键形成能力与中心原子电子云密度有关，吸电子基团会降低N原子电子云密度，减弱配位能力；
氧化性强弱判断：F2的氧化性强于含氧化合物OF2；
氢键形成条件：需存在与N/O/F相连的H，且另一分子存在N/O/F原子，HOF中只有O-H键的H可形成氢键。
6．A、NaClO2与盐酸反应的方程式 符合氧化还原反应电子守恒与原子守恒，方程式正确，故A不符合题意；
B、NCl3在水中缓慢水解，N元素结合-OH、Cl元素结合H生成NH3和HClO，反应方程式应为 ，而非生成HNO2和HCl，方程式错误，故B符合题意；
C、IBr与NaOH溶液反应类似卤素单质，生成Br-、IO-和H2O，离子方程式 正确，故C不符合题意；
D、F2与NaOH溶液在0~5℃反应生成OF2、NaF和H2O，方程式 符合题意，方程式正确，故D不符合题意；
故答案为：B。
7．A、ClO2中心原子为sp2杂化，含1个单电子，分子为V形；OF2中心O原子含2对孤电子对，孤电子对斥力大于成键电子对，键角：ClO2 > OF2，故A正确；
B、NCl3中N原子上的孤电子对因Cl的吸电子作用，电子云密度降低，与Cu2+形成配位键的能力弱于NH3，故B错误；
C、F2是已知最强的氧化剂，氧化性：F2 > OF2，故C错误；
D、HOF分子中O-H键的H可与另一分子的O形成氢键，结构应为 ，题给结构中F原子无法作为氢键供体，故D错误；
故答案为：A。
8．DDT是一种重要的农药，但一些害虫体内的酶会使DDT发生催化反应脱去HCl变成毒性较低的DDE，从而产生了抗药性，DDT转化为DDE的反应如下。已知同碳二醇的结构不稳定，容易发生脱水反应。下列说法正确的是
A．DDT分子中所有碳原子可能共平面
B．DDT脱去HCl的反应可在浓硫酸催化下进行
C．1 mol DDT与足量NaOH溶液反应时最多消耗7 mol NaOH
D．键长：DDT中①C—Cl>DDE中②C—Cl
【答案】D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；有机物的结构和性质；酯的性质
【解析】【解答】A、DDT 分子中连接两个苯环的饱和碳原子为 sp3 杂化，呈四面体结构，该碳原子连接的原子无法共平面，故所有碳原子不可能共平面，故 A 错误；
B、DDT 脱去 HCl 的反应是消去反应，该反应条件为酶催化，与醇的消去反应条件不同，不可在浓硫酸催化下进行，故 B 错误；
C、 2个芳环氯（Ar–Cl），每个水解需2 mol NaOH（水解+中和），共4 mol；1个–CCl3基团，在强碱下彻底水解为羧酸盐，反应为，消耗4 mol NaOH，因此1 mol DDT总共消耗4 mol（芳环氯）+ 4 mol（-CCl3）= 8 mol NaOH，C错误；
D、DDT 中①位 C—Cl 键的 C 原子为 sp3 杂化，DDE 中②位 C—Cl 键的 C 原子为 sp2 杂化，sp2 杂化轨道成键时原子轨道重叠程度更大，键长更短，故键长：DDT 中①C—Cl > DDE 中②C—Cl，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
共面判断：饱和碳原子（sp3 杂化）呈四面体结构，是分子中原子无法共平面的核心原因；
消去反应条件：卤代烃的消去反应条件通常为强碱的醇溶液加热，而非浓硫酸加热的醇消去条件；
键长与杂化关系：杂化轨道中 s 成分越多，轨道重叠程度越大，键长越短，sp2 杂化的 C—Cl 键长短于 sp3 杂化的 C—Cl 键长。
9．科学家合成了一种新的共价化合物，结构式如图所示，已知X、Y、Z、W、E为原子序数依次增大的短周期元素，Z和E同主族，Z与W同周期。下列说法错误的是
A．第一电离能：YB．简单氢化物沸点：EC．Z的氧化物对应的水化物为强酸
D．X与Y、Z、W、E均可以形成含有相同电子数的二元分子
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；氢键的存在对物质性质的影响；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、同周期元素从左到右，第一电离能总体呈递增趋势，但第 ⅤA 族元素因 p 轨道半充满的稳定结构，第一电离能大于相邻的第 ⅥA 族元素；因此 C、O、N 的第一电离能大小为：C < O < N，即 Y < W < Z，故 A 正确；
B、N 的简单氢化物 NH3分子间存在氢键，而 P 的简单氢化物 PH3分子间仅存在范德华力，氢键的作用力强于范德华力，因此沸点：PH3 < NH3，即 E < Z，故 B 正确；
C、N 元素的氧化物对应的水化物有多种，其中 HNO3是强酸，但 HNO2（亚硝酸）属于弱酸，因此不能笼统地说其氧化物对应的水化物都是强酸，故 C 错误；
D、H 元素与 C、N、O、P 元素均可形成 18 电子的二元分子，分别为 C2H6、N2H4、H2O2、PH3，故 D 正确；
故答案为：C。
【分析】元素推断：依据成键数与原子序数递变规律，结合短周期元素成键特征推导元素；X 只形成 1 个共价键且原子序数最小，故 X 为 H；Y 形成 4 个共价键，原子序数大于 H，故 Y 为 C；W 形成 2 个共价键，原子序数大于 C，故 W 为 O；Z 与 W 同周期且形成 3 个共价键，故 Z 为 N；E 与 Z 同主族且位于第三周期，故 E 为 P。
10．室温下，根据下列实验过程及现象能得出相应实验结论的是
选项 实验过程及现象 实验结论
A 向试管中加入5 mL乙醇、15 mL浓硫酸和几片碎瓷片，加热，将产生的气体通入酸性KMnO4溶液，溶液褪色 有C2H4生成产生
B 分别向两支试管中加入2 mL H2O2溶液，其中一支试管做空白实验，另一支试管中滴加几滴FeSO4溶液，快速产生O2 Fe2+对H2O2分解有催化作用
C 向CuSO4溶液中滴加氨水，生成蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色溶液，再加入乙醇，析出深蓝色晶体 乙醇能降低[Cu(NH3)4]SO4在水中的溶解度
D 向浓硝酸中加入红热的炭，产生红棕色气体 C还原浓硝酸生成NO2
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；化学反应速率的影响因素；硝酸的化学性质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、乙醇消去制乙烯时，浓硫酸会产生二氧化硫杂质，同时挥发的乙醇也能使酸性高锰酸钾褪色，无法证明生成乙烯，故 A 错误；
B、两组实验没有控制过氧化氢初始浓度一致，变量不唯一，不能验证亚铁离子的催化作用，故 B 错误；
C、硫酸铜溶液加氨水先沉淀后溶解，加入乙醇析出深蓝色晶体，证明乙醇可降低四氨合硫酸铜的水中溶解度，故 C 正确；
D、浓硝酸易挥发，挥发出的硝酸蒸气可与碳反应，无法证明是碳还原浓硝酸生成二氧化氮，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
乙烯检验干扰因素：二氧化硫、乙醇均能还原酸性高锰酸钾，检验乙烯需提前除杂；
化学实验变量原则：对照实验必须保证单一变量，否则实验结论不具备说服力；
配合物相关性质：四氨合铜离子易溶于水，加入有机溶剂可减小其溶解度使其析出；
浓硝酸的性质：浓硝酸挥发性强，探究碳与浓硝酸反应需排除挥发硝酸的干扰。
11．T0℃时， ，已知，，其中、只与温度有关。将一定量的NO2(g)充入注射器中，改变活塞位置，气体透光率随时间的变化如图(气体颜色越深，透光率越低)，下列说法正确的是
A．T1℃时，，则
B．b点，
C．若d点加入催化剂，达到平衡时透光率可能为e点
D．保持压强不变，再充入一定量氩气，达到新平衡后NO2的物质的量分数减小
【答案】B
【知识点】化学平衡常数；化学平衡移动原理；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、平衡时正逆反应速率满足，即，则；时，故；若时，代入得，反应放热，增大说明温度降低，即，故A错误；
B、b点透光率仍在上升，说明浓度在降低，反应正向进行，因此，故B正确；
C、催化剂只改变反应速率，不改变平衡状态，d点加入催化剂，平衡时透光率与原平衡（c点）相同，不可能为e点，故C错误；
D、保持压强不变，充入氩气，容器体积增大，平衡向气体分子数增多的方向（逆反应方向）移动，的物质的量分数增大，故D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
平衡常数与速率常数的关系：平衡时正逆反应速率之比等于化学计量数之比，结合速率表达式可推导出与、的关系；
温度对平衡常数的影响：该反应放热，温度降低，平衡正向移动，值增大；
催化剂的作用：催化剂仅改变反应速率，不影响平衡位置，因此平衡时透光率不变；
压强对平衡的影响：恒压下充入惰性气体，相当于减压，平衡向气体分子数增多的方向移动，本题中逆反应方向气体分子数更多。
12．曾被称为惰性气体的稀有气体存在多种化合物，其中氙(Xe)形成的化合物最多，如图是氙(Xe)与F形成的三种不同氟化物(XeFx)的晶胞结构，其中大球表示Xe、小球表示F，晶胞均为立方晶胞，C的晶胞参数为a pm。下列有关说法正确的是
A．A、B、C的化学式分别为XeF2、XeF4、XeF6
B．A、B中Xe原子的杂化方式分别为sp、sp3
C．Xe形成的化合物种类较多是因为其原子半径较大，第一电离能较小
D．C的晶体密度为
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、晶胞A中Xe原子位于顶点和体心，数目为，F原子位于棱上和体内，数目为，Xe、F原子数之比为，化学式为；晶胞B中Xe原子位于顶点和体心，数目为，F原子位于顶点和体心，数目为，Xe、F原子数之比为，化学式为；晶胞C中Xe原子位于顶点和面心，数目为，F原子位于顶点和面心，数目为，Xe、F原子数之比为，化学式为，并非，故A错误；
B、XeF2中 Xe 原子的价层电子对数为 5（ ），采取 sp3d 杂化；XeF4中 Xe 原子的价层电子对数为 6（ ），采取 sp3d2 杂化，均非 sp 或 sp3 杂化，故 B 错误；
C、 Xe 的原子半径在稀有气体中相对较大，原子核对最外层电子的束缚力较弱，第一电离能较小，更易与电负性强的 F、O 等元素形成化学键，因此能形成多种化合物 ，故C正确；
D、晶胞参数为，晶胞体积；晶胞C中含个单元，晶胞质量，则晶体密度，选项中分母为，单位换算错误，故D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
晶胞化学式推导：严格使用均摊法计算原子数目，顶点原子占、棱上占、面上占、体心原子为，通过原子个数比确定化学式；
杂化类型判断：依据价层电子对数公式（键数+孤电子对数），结合VSEPR理论确定杂化方式，为杂化，为杂化；
稀有气体成键原理：Xe原子半径大、第一电离能小，原子核对电子束缚力弱，易形成化合物，而He、Ne等第一电离能大，难以形成化合物；
晶体密度计算：关键在于晶胞参数的单位换算，，体积单位转换为后，再代入密度公式计算。
13．我国科学家设计了一套装置，实现了CO2电还原制备甲酸盐，其原理如图所示。
下列说法正确的是
A．通电时，阴极区溶液的pH降低
B．通电时，向电极b迁移
C．电解池总反应为
D．外电路每通过0.01 mol电子，增加0.005 mol·L-1
【答案】C
【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；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、电极a为阴极，发生反应，生成，阴极区溶液碱性增强，pH升高，故A错误；
B、装置中间为阳离子交换膜，只允许阳离子通过，等阴离子无法透过，因此不能迁移至阳极区，故B错误；
C、阴极反应为 ，阳极反应为 ，将两式相加可得总反应： ，故C正确；
D、根据阴极反应，电路中每通过2mol电子生成1mol，因此通过0.01mol电子时生成0.005mol，但题目未给出溶液体积，无法计算其物质的量浓度，故D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
电极判断与反应：根据元素化合价变化判断阴阳极，被还原为，发生得电子的还原反应：，电极a为阴极；被氧化为，发生失电子的氧化反应：，电极b为阳极；
离子交换膜的作用：阳离子交换膜只允许阳离子通过，阴离子无法透过，需注意离子迁移方向；
总反应式书写：将阴阳极的电极反应式直接相加，消去电子即可得到总反应；
电解计算：物质的量浓度计算需要溶液体积，题目未提供时无法计算浓度，需注意审题。
14．常温下，将MCO3(s)、NCO3(s)的悬浊液分别置于分压固定的CO2气相中，体系中(X代表H2CO3、、、M2+或N2+)与pH的关系如图所示。已知：。
下列说法正确的是
A．L2表示与pH的关系
B．常温下，
C．该体系的MCO3悬浊液中始终存在
D．当pH=6.4时，
【答案】B
【知识点】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、随着溶液pH升高，碳酸分步电离平衡正向移动，浓度逐渐增大，且增长幅度大于，因此代表与pH的关系，故A错误；
B、由题中数据可知，时，，，因此的溶度积，故B正确；
C、悬浊液置于分压固定的气相中，会发生反应转化为，根据物料守恒，体系中，故C错误；
D、根据图像中与的交点可知，；由题给数据可算出；当时，，已知，则，因此溶液中，选项计算结果错误，故D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
曲线对应关系判断：随着pH增大，碳酸的电离平衡正向移动，的浓度增长幅度大于，因此为的变化曲线；
溶度积计算：的计算式为，直接代入题目给出的平衡浓度即可；
物料守恒分析：在含碳物种的体系中，阳离子的总浓度等于所有含碳物种的浓度之和；
弱酸电离与沉淀溶解的综合计算：需结合第二步电离平衡常数算出的浓度，再代入溶度积公式计算金属离子浓度，计算时需注意对数运算。
15．锗是一种优良的半导体材料，在红外光材料、精密仪器等领域有着广泛的应用。某锌浸渣中含有ZnO、Fe2O3、GeO2、SiO2、Pb3O4等，利用该锌浸渣提取Ge的工艺流程如图所示。
已知：①部分含锗微粒的主要存在形式与pH的关系如下表所示。
pH pH<2 pH=2.5~5 512
Ge主要存在形式 Ge4+ [Ge(OH)3]+ GeO2
②常温下，该工艺条件中，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀()时的pH如下表所示。
Fe2+ Fe3+ Zn2+
开始沉淀时的pH 7.5 2.3 6.2
完全沉淀时的pH 9.0 3.2 8.2
③Zn2+、Fe2+、Ge4+均可与酒石酸(，分子式为C4H6O6)形成配离子。
回答下列问题：
（1）为Ge元素的不同微粒，处于激发态的微粒是___________(填标号)。
A． B．
C． D．
（2）“还原浸出”的主要目的是　 　。
（3）Pb3O4在“还原浸出”步骤中发生反应的离子方程式为　 　。
（4）“沉锗”时，需控制pH在5~6.2之间，原因是　 　；当pH=6时，Zn2+未产生沉淀，则浸出液中不超过　 　mol·L-1。
（5）“滤渣2”的主要成分为　 　(填化学式)。
（6）“酸溶”后，溶液的pH为1.8，向溶液中加入酒石酸萃取剂，酒石酸与含锗微粒形成酒石酸络阴离子。
①若pH升高，锗的萃取率下降，原因是　 　。
②“反萃取”中主要反应的离子方程式为　 　。
【答案】（1）C
（2）溶解ZnO、Fe2O3、Pb3O4、GeO2；将+4价Pb、+3价Fe分别还原为Pb2+、Fe2+，并使Pb2+转化为PbSO4沉淀而除去
（3）
（4）pH<5时，Ge4+水解不完全，未形成沉淀；6.212时，Ge的主要存在形式为，都会导致沉锗率下降；10-0.6
（5）CaSO4
（6）pH升高，Ge4+转化为[Ge(OH)3]+或GeO2或，[Ge(OH)3]+、GeO2、难以与酒石酸形成络合物；
【知识点】原子核外电子排布；氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）基态原子的核外电子排布式为，其4p轨道的两个电子应分占两个轨道且自旋平行。A、B、D选项的电子排布符合洪特规则，为基态或能量较低的状态；C选项中4s轨道失去1个电子，4p轨道有3个电子，属于电子跃迁后的激发态。
故答案为： C ；
（2）在和的作用下，一方面溶解、、、等金属氧化物；另一方面利用的还原性，将+4价还原为并生成沉淀除去，将+3价还原为，避免后续沉锗时沉淀造成干扰。
故答案为： 溶解ZnO、Fe2O3、Pb3O4、GeO2；将+4价Pb、+3价Fe分别还原为Pb2+、Fe2+，并使Pb2+转化为PbSO4沉淀而除去 ；
（3）可看作，其中（+4价）被还原为，被氧化为，结合酸性环境配平得化学方程式为：。
故答案为： ；
（4）pH<5时，水解不完全，未形成沉淀；6.212时，的主要存在形式为，都会导致沉锗率下降。当pH=6时，未沉淀，说明。由题可知，完全沉淀时，此时，则，当时，，为使不沉淀，则。
故答案为： pH<5时，Ge4+水解不完全，未形成沉淀；6.212时，Ge的主要存在形式为，都会导致沉锗率下降 ； 10-0.6 ；
（5）“沉锗”时加入生石灰（），与反应生成，故滤渣2主要为。
故答案为： CaSO4 ；
（6）①pH升高，锗的萃取率下降的原因：pH升高时，转化为、或，这些微粒难以与酒石酸形成络合物，导致萃取率下降。
②“反萃取”中，络阴离子与反应生成和酒石酸根离子，配平离子方程式：。
故答案为： pH升高，Ge4+转化为[Ge(OH)3]+或GeO2或，[Ge(OH)3]+、GeO2、难以与酒石酸形成络合物 ； ；
【分析】该工艺以锌浸渣为原料，通过与还原浸出，溶解、等并将中+4价Pb还原为沉淀、中+3价Fe还原为，同时除去不反应的；随后加生石灰调pH至5~6.2，使以形式沉淀实现与、的分离，沉淀再经酸溶调pH至1.8恢复为，接着用酒石酸络合萃取、溶液反萃取转化为，最终得到Ge。
（1）先根据元素周期表定位Ge（第4周期ⅣA族），写出基态电子排布式：；依据洪特规则，4p轨道的2个电子优先分占不同轨道，且自旋平行；分析选项时，重点判断是否存在“电子未分占轨道、自旋相反”或“电子跃迁”的错误排布。
（2）明确浸出剂（）的双重作用：酸溶（溶解金属氧化物）+ 还原（作还原剂）；
定位目标还原反应：将中+4价Pb还原为（生成沉淀），将中+3价Fe还原为；理解还原的目的：避免后续沉锗时水解沉淀造成干扰，同时沉淀除去Pb元素。
（3）拆分为，确定氧化剂（中+4价Pb）和还原剂（中+4价S）；
标出化合价变化：（得2e-），（失2e-），确定两者物质的量之比为1：1；结合酸性环境（反应物含，生成物含）和沉淀（），用原子守恒配平其他物质。
（4）明确沉锗的pH窗口：pH<5时水解不完全；6.2~12时、共沉淀；pH>12时Ge转化为，均会降低沉锗率；先计算的：利用“完全沉淀时、”，代入计算；再计算pH=6时允许的最大：根据，代入pH=6对应的求解。
（5）明确“沉锗”环节加入的试剂为生石灰（）；分析的反应：与体系中的反应生成；结合沉锗产物（沉淀），确定滤渣2的主要成分为。
（6）① 萃取率下降原因：pH升高时，会水解生成、或转化为，这些微粒无法与酒石酸形成稳定络阴离子，难以进入有机相，导致萃取率下降；
② 反萃取离子方程式配平：根据络阴离子与的反应产物（、酒石酸根、），利用原子守恒和电荷守恒配平。
（1）基态原子的核外电子排布式为，其4p轨道的两个电子应分占两个轨道且自旋平行。A、B、D选项的电子排布符合洪特规则，为基态或能量较低的状态；C选项中4s轨道失去1个电子，4p轨道有3个电子，属于电子跃迁后的激发态。
（2）在和的作用下，一方面溶解、、、等金属氧化物；另一方面利用的还原性，将+4价还原为并生成沉淀除去，将+3价还原为，避免后续沉锗时沉淀造成干扰。
（3）可看作，其中（+4价）被还原为，被氧化为，结合酸性环境配平得化学方程式为：。
（4）pH<5时，水解不完全，未形成沉淀；6.212时，的主要存在形式为，都会导致沉锗率下降。当pH=6时，未沉淀，说明。由题可知，完全沉淀时，此时，则，当时，，为使不沉淀，则。
（5）“沉锗”时加入生石灰（），与反应生成，故滤渣2主要为。
（6）①pH升高，锗的萃取率下降的原因：pH升高时，转化为、或，这些微粒难以与酒石酸形成络合物，导致萃取率下降。
②“反萃取”中，络阴离子与反应生成和酒石酸根离子，配平离子方程式：。
16．马尿酸(，摩尔质量为179 g·mol-1)主要用作医药及染料中间体，常温下为白色晶体，熔点为191℃，加热不容易分解，难溶于冷水，微溶于乙醚，溶于热水。实验小组利用甘氨酸(，能形成内盐)和苯甲酰氯()制备马尿酸的步骤如图所示。
已知：苯甲酰氯的熔点为-1℃，沸点为197℃，遇水剧烈反应，生成苯甲酸和HCl，同时放出大量热。
回答下列问题：
（1）在实验室中配制250 mL 6 mol·L-1 NaOH溶液时，需要用到下列仪器中的　 　(填名称)。
（2）反应1加入氢氧化钠溶液的目的是　 　。
（3）反应2控制低温的原因是　 　。
（4）反应3在滴加浓盐酸之前，先将反应装置置于冰水浴中，使用冰水浴的主要目的是　 　。
（5）将“系列操作”中正确操作或现象的标号填入相应括号中。　 　
A．用玻璃棒不断搅拌，蒸发皿中出现一层晶膜
B．使用漏斗趁热过滤
C．利用蒸发皿余热使溶液蒸干
D．将滤液倒入蒸发皿中，用酒精灯加热
E．等待蒸发皿冷却
（6）粗产品中加入少量活性炭粉能除去黄色，利用了活性炭的　 　性。
（7）本实验中产品的产率约为　 　%(结果保留整数)。
【答案】（1）胶头滴管、250 mL容量瓶
（2）中和甘氨酸（与甘氨酸的羧基反应）
（3）温度过高，苯甲酰氯易和水发生反应生成苯甲酸和HCl，导致产品产率降低
（4）降低马尿酸的溶解度，有利于马尿酸结晶析出
（5）B D A E
（6）吸附
（7）76
【知识点】常用仪器及其使用；蒸发和结晶、重结晶；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）配制一定浓度的溶液需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，故选择胶头滴管、250 mL容量瓶；
故答案为： 胶头滴管、250 mL容量瓶 ；
（2）由上述分析可知，反应1中加入NaOH是为了中和甘氨酸反应；
故答案为： 中和甘氨酸（与甘氨酸的羧基反应） ；
（3）由已知条件可知，当反应2的温度过高时，苯甲酰氯遇水剧烈反应，生成苯甲酸和HCl，最终导致产品产率降低；
故答案为： 温度过高，苯甲酰氯易和水发生反应生成苯甲酸和HCl，导致产品产率降低 ；
（4）降低温度可以降低马尿酸的溶解度，有利于马尿酸结晶析出；
故答案为： 降低马尿酸的溶解度，有利于马尿酸结晶析出 ；
（5）利用活性炭的吸附性，脱除产品中的有色杂质，用漏斗趁热过滤液体，得到含产品的滤液，再将滤液转移至蒸发皿中，对滤液加热浓缩、冷却结晶，故顺序为BDAE；
故答案为： B D A E ；
（6）利用活性炭的吸附性，脱除产品中的有色杂质；
故答案为： 吸附 ；
（7）反应过程中，n(甘氨酸)：n(马尿酸)=1：1，设理论上生成的马尿酸质量为xg，则有，x=53.7g，故产率为。
故答案为： 76 ；
【分析】本实验以甘氨酸为原料，先通过中和甘氨酸生成其钠盐，再与苯甲酰氯发生取代反应生成马尿酸，经盐酸酸化、活性炭脱色、趁热过滤及蒸发结晶等操作提纯；实验需严格控制反应温度，防止苯甲酰氯水解副反应发生，最终通过物质的量之比计算马尿酸理论产量，结合实际产量得出产率。
（1）围绕250mL一定物质的量浓度溶液配制的核心步骤（计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀），确定所需玻璃仪器，重点匹配定容环节的胶头滴管与定容容器250mL容量瓶。
（2）结合甘氨酸的两性结构特征，明确作为强碱，与甘氨酸分子中的羧基发生中和反应，生成甘氨酸钠，为后续与苯甲酰氯的取代反应提供活性反应物。
（3）定位苯甲酰氯的化学性质，其遇水易发生剧烈水解反应生成苯甲酸和，温度过高会加速该副反应，消耗原料并引入杂质，导致目标产物马尿酸产率降低。
（4）依据溶解度的温度效应，降低温度可显著减小马尿酸的溶解度，破坏其溶解平衡，促使溶质从溶液中以晶体形式析出，提高结晶收率。
（5）遵循“除杂-过滤-浓缩-结晶”的提纯逻辑，先利用活性炭吸附性脱除有色杂质，再趁热过滤除去活性炭等杂质，接着对滤液进行加热浓缩、冷却结晶，故顺序为BDAE。
（6）利用活性炭具有巨大比表面积和丰富多孔结构的特性，发挥其物理吸附作用，吸附溶液中的有色有机杂质，从而实现产品的脱色提纯。
（7）首先根据甘氨酸与马尿酸的反应计量比（1：1），计算甘氨酸的物质的量，进而推导马尿酸的理论质量；再将实际产量除以理论产量，乘以100%得到产率。
（1）配制一定浓度的溶液需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，故选择胶头滴管、250 mL容量瓶；
（2）由上述分析可知，反应1中加入NaOH是为了中和甘氨酸反应；
（3）由已知条件可知，当反应2的温度过高时，苯甲酰氯遇水剧烈反应，生成苯甲酸和HCl，最终导致产品产率降低；
（4）降低温度可以降低马尿酸的溶解度，有利于马尿酸结晶析出；
（5）利用活性炭的吸附性，脱除产品中的有色杂质，用漏斗趁热过滤液体，得到含产品的滤液，再将滤液转移至蒸发皿中，对滤液加热浓缩、冷却结晶，故顺序为BDAE；
（6）利用活性炭的吸附性，脱除产品中的有色杂质；
（7）反应过程中，n(甘氨酸)：n(马尿酸)=1：1，设理论上生成的马尿酸质量为xg，则有，x=53.7g，故产率为。
17．2025年11月1日神舟二十一号航天员乘组顺利进驻“天宫”空间站，“天宫”空间站设有对二氧化碳进行收集和再生处理的系统装置，实现了对二氧化碳的加氢甲烷化(生成甲烷与水，并伴有副反应)。
主反应Ⅰ．
副反应Ⅱ．
已知298 K和100 kPa时部分物质的标准摩尔燃烧焓(一摩尔物质在标准状态下完全燃烧时的反应焓变)如表所示。
物质 H2(g) CH4(g)
标准摩尔燃烧焓/(kJ·mol-1) -286 -891
回答下列问题：
（1）根据以上数据，计算反应Ⅰ在298 K和100 kPa的时，还需要补充的数据是　 　。
（2）已知反应Ⅱ的，则该反应能自发进行的温度高于　 　K(保留两位小数)。
（3）恒压100 kPa下，向密闭容器中按投料，发生上述反应Ⅰ和反应Ⅱ，平衡时CO2的转化率、CH4的选择性S[CH4的选择性]随温度的变化如图1所示。
①表示平衡时CH4的选择性随温度变化的曲线是　 　(填“x”或“y”)。
②T℃时，　 　，反应Ⅰ的Kp=　 　kPa-2(列出计算式即可，Kp为用各气体平衡分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
③若CH4的选择性分别位于p、q两点，反应Ⅰ的逆反应速率：　 　(填“>”“=”或“<”)。
（4）二氧化碳加氢甲烷化的过程中还会发生反应Ⅲ ，催化剂In2O3催化反应Ⅲ的机理如图2所示，水可以使催化剂活化位点减少。在该反应历程中，In2O3中In元素的化合价　 　(填“先升高后降低”“先降低后升高”或“保持不变”)。分析在反应中添加水蒸气将如何影响甲醇产率及产生这种影响的原因　 　。
【答案】（1）H2O的汽化热
（2）980.95
（3）y；27：35；；>
（4）先降低后升高；添加水蒸气会使催化剂活化位点减少，吸附反应物的能力减弱，且水蒸气过多，平衡逆向移动，甲醇产率下降
【知识点】盖斯定律及其应用；焓变和熵变；化学平衡常数
【解析】【解答】（1）H2和CH4的标准摩尔燃烧焓对应的物质为液态水，反应Ⅰ中为气态水，所以还需知道H2O的汽化热；
故答案为：H2O的汽化热 ；
（2）若要反应自发进行，则，，解得T＞980.95 K；
故答案为： 980.95 ；
（3）①反应 Ⅰ 为放热反应，升温会使平衡逆向移动， CH4选择性降低，因此表示CH4选择性随温度变化的曲线是 y；
②T ℃时，CO2的转化率，CH4的选择性S=80%，设初始反应 Ⅰ 消耗CO2：5×30%×80%=1.2 mol，生成H2O为2.4 mol，反应 Ⅱ 消耗 CO2：5×30%×20%=0.3 mol，生成H2O为0.3 mol ，总生成H2O为2.4+0.3=2.7 mol，剩余CO2：5 1.5=3.5 mol，分压比等于物质的量比：，平衡时各物质的物质的量：n(CO2)=3.5 mol，n(H2)=mol，n(CH4)=1.2 mol，n(CO)=0.3 mol，n(H2O)=2.7 mol，总物质的量 n总 =3.5+3.9+1.2+0.3+2.7=11.6 mol，Kp =；
③p、q 两点温度相同，p 点CH4的选择性更高，说明反应Ⅰ正向进行程度大，平衡时，且均大于q点，所以；
故答案为： y ； 27：35 ； ； > ；
（4）从机理图可以看出，In2O3与 H2反应时，In-O 键被还原，In 的化合价降低； 随后在与 CO2、H2O 的反应中，In 又被氧化回到较高价态，完成催化循环；
添加水蒸气会使催化剂活化位点减少，吸附反应物的能力减弱，且水蒸气过多，平衡逆向移动，甲醇产率下降。
故答案为： 先降低后升高 ； 添加水蒸气会使催化剂活化位点减少，吸附反应物的能力减弱，且水蒸气过多，平衡逆向移动，甲醇产率下降 ；
【分析】(1)利用、燃烧热生成液态水，而反应Ⅰ生成气态水，需补充水的汽化热才能通过盖斯定律计算反应焓变。
(2)根据反应自发进行的判据，代入与数值，解不等式得出反应自发进行所需的最低温度。
(3)①反应Ⅰ放热，升温平衡逆向移动，选择性下降，故选择随温度升高选择性显著降低的曲线。
②依据转化率与选择性，分步计算反应消耗的、生成的及各组分平衡物质的量，再代入分压计算。
③：、温度相同，平衡常数相等，点选择性高说明反应正向程度大，平衡时正逆速率均大于点，故。
(4)分析催化循环中元素化合价的还原与氧化变化；理解水蒸气通过减少催化剂活性位点、促使平衡逆向移动，导致甲醇产率下降。
（1）H2和CH4的标准摩尔燃烧焓对应的物质为液态水，反应Ⅰ中为气态水，所以还需知道H2O的汽化热；
（2）若要反应自发进行，则，，解得T＞980.95 K；
（3）①反应 Ⅰ 为放热反应，升温会使平衡逆向移动， CH4选择性降低，因此表示CH4选择性随温度变化的曲线是 y；
②T ℃时，CO2的转化率，CH4的选择性S=80%，设初始反应 Ⅰ 消耗CO2：5×30%×80%=1.2 mol，生成H2O为2.4 mol，反应 Ⅱ 消耗 CO2：5×30%×20%=0.3 mol，生成H2O为0.3 mol ，总生成H2O为2.4+0.3=2.7 mol，剩余CO2：5 1.5=3.5 mol，分压比等于物质的量比：，平衡时各物质的物质的量：n(CO2)=3.5 mol，n(H2)=mol，n(CH4)=1.2 mol，n(CO)=0.3 mol，n(H2O)=2.7 mol，总物质的量 n总 =3.5+3.9+1.2+0.3+2.7=11.6 mol，Kp =；
③p、q 两点温度相同，p 点CH4的选择性更高，说明反应Ⅰ正向进行程度大，平衡时，且均大于q点，所以；
（4）从机理图可以看出，In2O3与 H2反应时，In-O 键被还原，In 的化合价降低； 随后在与 CO2、H2O 的反应中，In 又被氧化回到较高价态，完成催化循环；
添加水蒸气会使催化剂活化位点减少，吸附反应物的能力减弱，且水蒸气过多，平衡逆向移动，甲醇产率下降。
18．地瑞那韦通过特异性结合HIV蛋白酶活性位点阻断病毒复制，主要用于治疗艾滋病，其中间体J的合成路线如下。
已知：；(R3、R4为吸电子基团)。
回答下列问题：
（1）B中含氧官能团有羟基、　 　。(填名称)
（2）A→B中加入试剂CH3COCH3的目的是　 　。
（3）C→D经历了两步反应，第一步为加成反应，则第二步为　 　(填反应类型)，第二步反应的化学方程式为　 　。
（4）D→E，从物质结构角度解释产物为E而非的原因：　 　。
（5）G的结构简式为　 　。
（6）下列说法错误的是　 　(填标号)。
a．CH3COCH3的核磁共振氢谱只有一组峰
b．B→C中须将NaClO溶液逐滴加入反应混合物中
c．E→F中HCl的作用只是脱保护
d．得到的J可能为混合物
（7）已知：①；②；③。利用已知信息，参照题干合成路线，写出以和HO(CH2)3OH为原料制备的合成路线的流程图　 　(无机试剂和有机溶剂任选)。
【答案】（1）醚键、酯基
（2）形成醚键，保护羟基
（3）消去反应；
（4）酯基为吸电子基，导致碳原子呈，硝基为吸电子基，导致CH3NO2中H原子呈，所以H原子应与碳原子连接
（5）
（6）c
（7）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质
【解析】【解答】（1）由B的结构简式知，B中含氧官能团有羟基、醚键、酯基；
故答案为： 醚键、酯基 ；
（2）根据合成路线可知，A→B形成了醚键，E→F的过程羟基又裸露出来，则加入CH3COCH3的目的是使两个羟基形成醚键，保护起来；
故答案为： 形成醚键，保护羟基 ；
（3）C→D的反应为C中醛基首先和中-CH2-发生加成反应产生羟基，然后发生消去反应得到D和水，反应过程为；
故答案为： 消去反应 ； ；
（4）D中碳碳双键和CH3NO2发生加成反应得到E，酯基为吸电子基，导致碳原子呈，硝基为吸电子基，导致CH3NO2中H原子呈，所以H原子应与碳原子连接，而-CH2NO2与碳原子结合，故产物为E而非；
故答案为： 酯基为吸电子基，导致碳原子呈，硝基为吸电子基，导致CH3NO2中H原子呈，所以H原子应与碳原子连接 ；
（5）E→F过程中含醚键的环断开转化为两个羟基，-CH2NO2转化为-CHO，且反应中酯基没有发生变化，F和G分子式相同，则F发生加成反应转化为G，则G的结构简式为；
故答案为： ；
（6）CH3COCH3为对称结构，分子中6个H的化学环境相同，核磁共振氢谱只有一组峰，a正确；NaClO溶液具有氧化性，C中醛基具有还原性，须将NaClO溶液逐滴加入反应混合物中，防止C中醛基被氧化，b正确；根据(5)中分析可知E→F过程中HCl的作用是活化硝基、水解开环脱保护，c错误；J中含有3个手性碳，存在手性异构体，可能为混合物，d正确；
故答案为： c ；
（7）以1，3-丙二醇为原料，先在铜催化加热下被氧气氧化为丙二醛，再经新制氢氧化铜氧化并酸化得到丙二酸，随后，与邻氨基苯甲醛缩合，再与亚硫酰氯酰化，最后在THF中发生分子内酰胺化，得到目标产物，合成路线如下：
。
故答案为： ；
【分析】该合成路线以化合物 A （）为起始原料，经丙酮叉保护邻二醇、氧化开环得醛 C，再经羟醛缩合构建碳碳双键得到 D；随后与硝基甲烷加成得到，脱保护得醛 F，经氧化、酯化、醚交换得到中间体 H；再经水解、还原、酸化关环，最终制得目标中间体 J。
(1) 官能团识别：根据B的结构简式，逐一辨认并指出其中含有的羟基、醚键、酯基等官能团。
(2) 试剂作用：结合A到B的结构变化，分析丙酮叉试剂是通过形成醚键对邻二醇羟基进行可逆保护，防止其在后续反应中被氧化。
(3) 反应类型判断：对比C和D的结构，发现D比C少了一个水分子且形成了碳碳双键，故该步反应为醇羟基的消去反应。
(4) 加成区域选择性：利用酯基和硝基的吸电子效应，分析碳原子的电荷分布（-碳显、-碳显），确定亲核试剂与亲电中心的连接位点，从而判断产物结构。
(5) 结构推断：结合已知的醚键水解反应和分子式，推断F到G的开环、异构化过程，确定G的具体结构简式。
(6) 性质与实验操作：分析丙酮的核磁共振氢谱对称性；结合NaClO的强氧化性，阐述需缓慢滴加以防止醛基被氧化的实验操作细节。
(7) 合成路线设计：以1，3-丙二醇为起点，经氧化、酯化、酰化、缩合及分子内环化等多步有机反应，构建目标分子的合成路径。
（1）由B的结构简式知，B中含氧官能团有羟基、醚键、酯基；
（2）根据合成路线可知，A→B形成了醚键，E→F的过程羟基又裸露出来，则加入CH3COCH3的目的是使两个羟基形成醚键，保护起来；
（3）C→D的反应为C中醛基首先和中-CH2-发生加成反应产生羟基，然后发生消去反应得到D和水，反应过程为；
（4）D中碳碳双键和CH3NO2发生加成反应得到E，酯基为吸电子基，导致碳原子呈，硝基为吸电子基，导致CH3NO2中H原子呈，所以H原子应与碳原子连接，而-CH2NO2与碳原子结合，故产物为E而非；
（5）E→F过程中含醚键的环断开转化为两个羟基，-CH2NO2转化为-CHO，且反应中酯基没有发生变化，F和G分子式相同，则F发生加成反应转化为G，则G的结构简式为；
（6）CH3COCH3为对称结构，分子中6个H的化学环境相同，核磁共振氢谱只有一组峰，a正确；NaClO溶液具有氧化性，C中醛基具有还原性，须将NaClO溶液逐滴加入反应混合物中，防止C中醛基被氧化，b正确；根据(5)中分析可知E→F过程中HCl的作用是活化硝基、水解开环脱保护，c错误；J中含有3个手性碳，存在手性异构体，可能为混合物，d正确；
（7）以1，3-丙二醇为原料，先在铜催化加热下被氧气氧化为丙二醛，再经新制氢氧化铜氧化并酸化得到丙二酸，随后，与邻氨基苯甲醛缩合，再与亚硫酰氯酰化，最后在THF中发生分子内酰胺化，得到目标产物，合成路线如下：
。
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