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四川省“元三维大联考”2026届高三上学期第二次诊断考试（B卷）化学试题
1．下列物质的性质或用途中，涉及氧化还原反应的是
A．氢氧化铁胶体能发生丁达尔效应
B．浓硫酸敞口置于空气中质量增大
C．氯仿能溶解“杯酚”而不溶解
D．氯化铁溶液用于刻蚀印刷电路板
2．化学已渗透到人类生活的各个方面。下列说法错误的是
A．亚硝酸钠可作防腐剂和护色剂，可大量添加于腊肉、香肠等肉制品中
B．布洛芬具有解热、镇痛作用，对该分子进行成酯修饰可以降低副作用
C．聚乳酸具有良好的生物相容性和生物可吸收性，可做免拆手术缝合线
D．在合成纤维高分子链上插入适当的亲水基团，可以增加纤维的吸湿性
3．下列图示或化学用语表述错误的是
A．基态碳原子的核外电子排布图：
B．乙酸二聚体中氢键的图示：
C．用电子式表示的形成过程：
D．的VSEPR模型：
4．孟鲁司特钠是一种治疗哮喘和过敏性鼻炎的药物，其结构如图所示。下列关于该分子的说法错误的是
A．存在顺反异构 B．只有1个手性碳原子
C．N、S原子均为杂化 D．能发生酯化反应和水解反应
5．用下列实验装置和方法进行相应实验，能达到实验目的的是
A．提高c管的位置可检验装置气密性 B．观察钠的燃烧
C．用标准碘水测定溶液的浓度 D．验证的水解程度比大
A．A B．B C．C D．D
6．某便携式氢能设备反应为：
下列说法正确的是
A．是由共价键和配位键形成的离子晶体
B．中阴、阳离子的空间结构均为正四面体形
C．分子中含有键和π键，属于共价晶体
D．、的分子间都是由范德华力结合的
7．解释下列事实的离子方程式正确的是
A．添加石膏的豆腐不宜与菠菜(含草酸)同食：
B．加碘盐与药物碘化钾片尽量不要同时服用：
C．用过量NaOH溶液吸收工业尾气中的：
D．用硫酸亚铁处理含的酸性废水：
8．由与组成的离子液体可作绿色溶剂、非水电解液。其中X、Y、Z、Q、W是短周期元素，价电子数之和为20，Y的各能级电子数相等，Z的基态L层有3个单电子，Q的最外层电子数等于其电子层数，W的最高价含氧酸是强酸。下列说法正确的是
A．原子半径： B．第一电离能：
C．Z的化合价为价 D．是由共价键形成的离子晶体
9．聚3-己基噻吩(Ⅰ)是一种应用广泛的导电聚合物，主要用于有机太阳能电池。为提高Ⅰ的性能，科学家对其进行以下改进，形成一系列不同长度的产物。下列说法正确的是
A．Ⅰ能导电是因为其环上存在大π键
B．Ⅰ与Ⅱ生成Ⅲ的反应是加聚反应
C．Ⅳ中所有原子可能位于同一平面
D．Ⅴ中n、m之比一定是固定值
10．下列化学实验操作对应的现象、解释或结论均正确的是
选项 实验操作 现象 解释或结论
A 恒温恒容条件下，在平衡体系中充入一定量 体系颜色变浅 反应物浓度增大，平衡正向移动
B 将某卤代烃与NaOH水溶液混合加热，充分反应后取上层清液，加入过量稀酸化，再加入溶液 产生浅黄色沉淀 该卤代烃中存在溴元素
C 将稀盐酸滴入久置的固体中 有气泡产生 已经变质
D 向白葡萄酒中滴加几滴酸性溶液 溶液紫色褪去 白葡萄酒中含
A．A B．B C．C D．D
11．在一定条件下，乙烯氧化为乙醛的反应机理如下图所示。下列说法正确的是
A．和在反应过程中起催化作用
B．是总反应的反应物，是中间体
C．总反应的原子利用率可达100%
D．步骤②正、逆反应的活化能
12．晶体锗广泛运用于战机的红外搜索跟踪系统。如下图所示，Ge-Ⅰ的晶胞结构与金刚石晶胞相同，Ge-Ⅱ的晶胞中有两个小球位于晶胞体内。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．Ge-Ⅰ晶胞沿体对角线方向的投影图为图乙
B．Ge-Ⅰ和Ge-Ⅱ晶胞中的原子个数比为7：8
C．Ge-Ⅱ晶胞M点的分数坐标是
D．若Ge-Ⅰ晶体的密度为，则其晶胞体积为
13．工业上精制粗硒的一种流程如下图所示。下列说法错误的是
A．焙烧产物为
B．氢化过程的产物是和
C．操作N为脱水
D．热解后迅速冷凝的目的是防止发生副反应
14．我国科研人员设计了一种制备高铁酸钠的电解槽，电极分别为平板铸铁和覆盖mSA/mC双极膜的镍网，电解液为NaOH溶液，装置如下图所示。图中的双极膜中间层中的解离为和，并在电场作用下向两极迁移。下列说法错误的是
A．a端接电源负极，发生还原反应
B．电解过程中阴极区数目增大
C．阳极反应为：
D．生成，理论上共消耗NaOH 16 g
15．室温下，向的环己烷溶液中加入V mL蒸馏水进行萃取，用HCl和NaOH调节水溶液的pH，测得水相萃取率，溶液中的、、，环己烷中的随pH的变化关系如图所示。
已知：①弱酸在有机相和水相中存在平衡：(水)(环己烷)；②在环己烷中不电离；③；④调节pH时忽略溶液体积变化。
下列说法错误的是
A．(环己烷)的平衡常数
B．的
C．若加水体积为，则交点M的pH减小
D．时，体系中
16．鲁米诺(3-氨基邻苯二甲酰肼)是一种常用的化学发光试剂，在生物工程、环境监测等领域均有重要应用。某化学兴趣小组设计了鲁米诺发光喷泉实验，其发光原理为：
实验步骤：
①按下图所示组装实验装置(夹持装置略)并完成操作X。
②定量称取0.4 g鲁米诺固体，用50 mL 0.1 mol/L NaOH溶液充分溶解后，定容于200 mL容量瓶中，再将所得溶液加入到三颈烧瓶中。
③向三颈烧瓶中滴入6 mL 3%的溶液，关闭分液漏斗旋塞。
④打开锥形瓶A的橡胶塞，加入150 mL食用白醋，迅速塞紧橡胶塞，不断旋转A中分液漏斗旋塞来调节气体产生速率，随即观察到三颈烧瓶内产生蓝色荧光，装置中的导管口形成美丽的蓝色发光喷泉。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称是　 　。B装置的作用是　 　。
（2）步骤①中操作X是　 　。
（3）步骤②中用到的玻璃仪器除容量瓶和量筒外，还有　 　。
（4）步骤③中鲁米诺发生发光反应的离子方程式为　 　。该反应所用氧化剂，不能选用下列物质中的　 　(填标号)。
a． b.84消毒液 c．酸性溶液 d．
（5）步骤④使用白醋而不用盐酸，原因是　 　。
（6）在一定浓度范围内可催化鲁米诺与反应，且发光强度与浓度呈线性关系，从而间接测定水体中的含量。测得发光强度y与标准溶液中的浓度符合线性回归方程。取10 mL水体样品，经预处理后定容至25 mL，测得发光强度为400，则原水体样品中的含量为　 　mg/L。该实验需在暗处进行，原因是　 　。
17．钛白粉厂废渣主要含Ti、Fe、Si、Al的氧化物及少量Ca、Mg的氧化物，为节约资源、保护环境，某研究团队开发了如下回收钛、铁并制备铁红的工艺流程：
已知：①25℃时相关物质的：
氢氧化物
②当离子浓度时认为沉淀完全。
③钛元素以形式存在于强酸性溶液中。
回答下列问题：
（1）钛元素位于元素周期表的　 　区，基态钛原子的价电子排布式为　 　。
（2）“酸浸”所得滤渣1的化学成分是　 　(填化学式)。
（3）“还原”步骤可选用的还原剂X是　 　(填序号)。
a．铁粉 b．铜粉 c． d．
（4）“水解”步骤中水解反应的离子方程式为　 　。
（5）“氧化”步骤中发生反应的离子方程式是　 　。
（6）“沉铁”时溶液中除以外的金属离子浓度不超过0.01 mol/L，加入氨水控制溶液的pH范围应是　 　。
（7）对该工艺进行改进，采用P204萃取剂将酸浸后溶液中的转移至有机相，再用碱性反萃剂(NaOH)破坏配合物结构，使重新转入水相，实现钛的富集与萃取剂再生。实际生产采用“多级逆流萃取”进行钛、铁分离，“多级逆流萃取”的优点是　 　。改进工艺流程的主要优势是　 　(任写2条)。
18．二氧化碳的资源化利用是实现碳中和的重要途径之一、将催化转化为合成气(CO和)，再转化为烃类等高附加值化学品，有利于实现碳循环利用。
（1）相关反应有：
Ⅰ、
Ⅱ、
已知：25℃和101 kPa下，由最稳定单质生成1 mol化合物的焓变为该物质的摩尔生成焓。、、、的摩尔生成焓分别为、、、，则反应Ⅱ的　 　，该反应在　 　(填“低温”或“高温”)时能自发进行。
（2）对于反应Ⅱ，在温度为T时，不同催化剂对应的活化能数据如下表：
序号 A B C D
催化剂
活化能/ 80.1 79.8 55.2 103.9
从提高反应速率考虑，最适合的催化剂是　 　(填序号)。
（3）二氧化碳催化加氢合成甲烷的反应往往伴随副反应，生成、、等低碳烃。为了提高反应速率和甲烷的选择性，最好的办法是______(填标号)。
A．降低温度 B．选择合适的催化剂
C．增大压强 D．提高初始时与的比例
（4）在一定温度和催化剂存在下，向体积为2 L的容器中充入和，只进行反应Ⅰ和Ⅱ，平衡时的转化率，的选择性随温度变化如下图所示：
①平衡时的转化率先减小后增大的原因是　 　。
②400℃时，选择性接近0的原因是　 　(任写一点)。
③280℃时，反应进行t min达到平衡，　 　，反应Ⅰ的平衡常数　 　。(保留两位有效数字。已知：对于反应，，x为体积分数，的选择性)
19．帕罗西汀是一种常用的抗抑郁药物。其重要合成中间体I的一种合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
（1）A的化学名称是　 　。
（2）C中官能团名称是　 　。
（3）的反应类型为　 　。E的核磁共振氢谱有　 　组峰。
（4）的化学方程式为　 　。
（5）H的结构简式为　 　。
（6）G的同分异构体中，同时满足下列条件的共有　 　种(不考虑立体异构)。
①属于芳香族化合物，只有两种官能团，能与银氨溶液反应
②只有一个手性碳原子，手性碳不连接氢原子
③不含甲基
（7）以、、HCHO、为原料合成。补全下列合成路线　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；铁盐和亚铁盐的相互转变；超分子
【解析】【解答】A、氢氧化铁胶体发生丁达尔效应，属于物理光学现象，不涉及氧化还原反应，A不符合题意；
B、浓硫酸敞口放置质量增大，是因为其吸水性吸收空气中的水蒸气，属于物理变化，不涉及氧化还原反应，B不符合题意；
C、氯仿溶解“杯酚”而不溶解C60，是利用分子间作用力差异实现的物理溶解过程，不涉及氧化还原反应，C不符合题意；
D、氯化铁溶液刻蚀印刷电路板时，发生反应，Fe、Cu元素化合价发生变化，涉及氧化还原反应，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题核心判断依据是过程中是否存在元素化合价的升降变化；
丁达尔效应为物理现象，无化学变化，因此不涉及氧化还原反应；
浓硫酸吸水性是物理性质，不改变物质化合价，不涉及氧化还原反应；
溶解过程属于物理变化，无电子转移，不涉及氧化还原反应；
氯化铁与铜的反应中，被还原为，Cu被氧化为，存在化合价变化，属于氧化还原反应。
2．【答案】A
【知识点】酯的性质；缩聚反应；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A、亚硝酸钠可作防腐剂和护色剂，但有毒，大量添加会危害人体健康，肉制品中需严格控制添加量，该说法错误，符合题意；
B、布洛芬分子中含有羧基，对其进行成酯修饰可降低对胃肠道的刺激性，减少副作用，该说法正确，不符合题意；
C、聚乳酸具有良好的生物相容性和生物可吸收性，可在体内降解，适合用作免拆手术缝合线，该说法正确，不符合题意；
D、在合成纤维高分子链上插入亲水基团（如羟基、羧基），可增强纤维的亲水性，增加吸湿性，该说法正确，不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题考查化学与生活、医药、材料的应用，需结合物质性质和安全使用原则分析；
亚硝酸钠虽有防腐护色作用，但属于有毒物质，过量摄入会导致中毒甚至致癌，因此不能大量添加；
布洛芬的羧基会刺激胃肠道，成酯修饰可降低其酸性，减少副作用；
聚乳酸可生物降解且生物相容性好，是常见的可吸收医用高分子材料；
亲水基团能与水分子形成氢键，在合成纤维中引入亲水基团可显著提升吸湿性。
3．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、基态碳原子的核外电子排布遵循泡利不相容原理和洪特规则，1s、2s 轨道各有 2 个自旋相反的电子，2p 轨道的 2 个电子分占不同轨道且自旋平行， A正确；
B、乙酸分子中羧基的 O-H 键与另一分子羧基的 O 原子形成氢键，乙酸二聚体的氢键图示表述正确， B正确；
C、用电子式表示 MgCl2的形成过程时，两个 Cl-应分别写在 Mg2+的两侧，正确形式为 ：，选项违背电子式书写规范，C错误；
D、SO32-中 S 原子的价层电子对数为 4（ ），VSEPR 模型为四面体形， ，图示为，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题考查化学用语的规范表述，需结合电子排布规则、氢键形成条件、电子式书写规则、VSEPR 模型判断；
电子排布图需满足泡利不相容原理和洪特规则，基态碳原子的电子排布符合规则；
乙酸二聚体通过分子间氢键结合，氢键的形成方式图示正确；
用电子式表示离子化合物形成过程时，阴阳离子需分开书写，不能合并。
SO32-的价层电子对数为 4，VSEPR 模型为四面体形，图示符合价层电子对互斥理论。
4．【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；烯烃；羧酸简介
【解析】【解答】A、该分子中碳碳双键两端连接的基团不同，存在顺反异构，A不符合题意；
B、分子中与硫原子相连的碳原子是唯一的手性碳原子（） ，B不符合题意；
C、分子中 N 原子位于喹啉环中，为 sp2 杂化；但 S 原子形成 2 个 σ 键，还有 2 对孤电子对，价层电子对数为 4，为 sp3 杂化，并非均为 sp2 杂化，该说法错误，C符合题意；
D、分子中含有羟基，能发生酯化反应；含有酯基（羧酸钠），能发生水解反应，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题考查有机物的结构与性质，需结合顺反异构、手性碳、杂化方式、官能团性质分析；
碳碳双键两端连接不同基团时存在顺反异构；
手性碳原子需连接 4 个不同原子或基团，分子中仅与 S 相连的碳原子满足；
杂化方式判断需结合价层电子对数：N 原子为 sp2 杂化，S 原子价层电子对数为 4，为 sp3 杂化；
羟基可发生酯化反应，羧酸钠（酯基结构）可发生水解反应。
5．【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；钠的化学性质；气体发生装置的气密性检查；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、提高 c 管的位置可检验装置气密性，装置内形成密闭体系，若装置气密性良好，b、c 管会形成稳定的液面差，能达到实验目的，A符合题意；
B、观察钠的燃烧，应将钠置于石棉网上或燃烧匙中加热，不能在烧杯中直接加热，操作错误，B不符合题意；
C、用标准碘水测定 Na2SO3溶液的浓度，碘水具有氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，应使用酸式滴定管盛放，装置错误，C不符合题意；
D、验证 CO32-的水解程度比 HCO3-大，应控制相同浓度，而饱和 Na2CO3溶液和饱和 NaHCO3溶液的浓度不同，无法直接比较，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题考查化学实验装置与操作的规范性，需结合装置特点、试剂性质和实验目的分析；
装置气密性检验可通过形成密闭体系，利用液面差判断，A 装置符合要求；
钠的燃烧实验需在石棉网或燃烧匙中进行，烧杯加热易炸裂，存在安全隐患；
碘水会腐蚀橡胶，应使用酸式滴定管，C 装置中碱式滴定管使用错误；
比较水解程度需控制变量，饱和溶液浓度不同，无法直接通过 pH 值判断水解程度大小。
6．【答案】B
【知识点】判断简单分子或离子的构型；化学键和分子间作用力的区别；含有氢键的物质；晶体的定义
【解析】【解答】A、为离子晶体，存在与之间的离子键；中原子与形成配位键和共价键，但选项表述逻辑错误，且晶体类型判断需明确离子键为主，该说法错误，A不符合题意；
B、中阳离子、阴离子的中心原子价层电子对数均为4且无孤电子对，空间结构均为正四面体形，该说法正确，B符合题意；
C、分子中只存在键，无键，且其属于分子晶体，并非共价晶体，该说法错误，C不符合题意；
D、分子间存在氢键和范德华力，分子间仅存在范德华力，并非都是范德华力结合，该说法错误，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题考查化学键、晶体类型、分子空间结构与分子间作用力，需结合物质结构核心知识点分析；
含离子键、共价键、配位键，属于离子晶体，但A选项表述存在逻辑漏洞，且结构为正四面体；
中、中均采取杂化，价层电子对数均为4，无孤电子对，空间结构均为正四面体形；
的结构中与3个均以单键结合，只含键，其晶体由分子构成，为分子晶体；
氢键属于特殊的分子间作用力，比范德华力强，中存在氢键，中仅含范德华力。
7．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、草酸（H2C2O4）为弱酸，在离子方程式中不能拆分为 C2O42-，正确形式应为 ，故 A 不符合题意；
B、该反应电荷不守恒、原子不守恒，正确形式应为 ，故 B 不符合题意；
C、过量 NaOH 溶液吸收 NO2时，产物应为 NO3-和 NO2-，正确形式应为 ，故 C 不符合题意；
D、酸性条件下，Cr2O72-被 Fe2+还原为 Cr3+，Fe2+被氧化为 Fe3+，该离子方程式电荷守恒、原子守恒，故 D 符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题考查离子方程式的正误判断，需结合物质拆分规则、守恒关系、反应产物分析；
弱酸在离子方程式中需保留化学式，草酸不能拆成 C2O42-；
氧化还原反应需同时满足电荷守恒、原子守恒和得失电子守恒，B 选项得失电子不守恒；
过量碱液吸收 NO2时，NO2发生歧化反应生成硝酸盐和亚硝酸盐，不会生成 NO。
8．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、根据所学知识， 电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，电子层数不同时，层数越少半径越小，原子半径大小顺序为（即），选项中“”的表述错误，A不符合题意；
B、根据所学知识可知，从左到右，从下到上，第一电离能呈增大趋势，故第一电离能大小顺序为（即），符合元素周期律规律，该选项正确，B符合题意；
C、中N原子与3个甲基、1个H原子成键，化合价为-3价，选项中若表述为其他价态则错误，C不符合题意；
D、根据所学知识可知，为分子晶体，选项表述错误，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】元素推断：Y：各能级电子数相等，可能为Be（1s22s2）或C（1s22s22p2）；Z：L层有3个单电子，电子排布为2p3，确定为N；Q：最外层电子数等于电子层数，可能为H、Be、Al；W：最高价含氧酸为强酸，可能为S或Cl；结合离子液体的构成信息（含甲基铵离子与含铝的配离子），可进一步确定：Y为C，Q为Al，W为Cl，X为H（由价电子总数计算得出： 20-4-5-3-7=1 ）。
9．【答案】A
【知识点】有机物的结构和性质；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A、聚 3 - 己基噻吩（Ⅰ）的噻吩环中存在连续共轭的大 π 键，电子可在共轭体系中自由移动，因此能导电，该说法正确，A符合题意；
B、Ⅰ 与 Ⅱ 生成 Ⅲ 的反应是有机金属偶联反应，并非加聚反应（加聚反应需含不饱和键且生成高分子，此反应无双键加成过程），B不符合题意；
C、Ⅳ 分子中存在饱和氮原子和亚甲基（-CH2-），饱和碳原子为 sp3 杂化，呈四面体构型，因此所有原子不可能共平面，C不符合题意；
D、Ⅴ 是由 Ⅲ 和 Ⅳ 通过逐步聚合得到的聚合物，反应程度和链长不同时，n、m 之比不一定为固定值，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题考查有机高分子的结构与性质，需结合共轭体系、反应类型、原子共面、聚合物链结构分析；
导电聚合物的导电性源于共轭大 π 键，电子可在离域 π 键中移动；
Ⅰ 与 Ⅱ 的反应是偶联反应，加聚反应的特征是双键或三键的加成聚合，该反应不具备此特征；
饱和 sp3 杂化碳原子会破坏分子的平面结构，Ⅳ 中存在此类原子，故无法所有原子共平面；
Ⅴ 为逐步聚合产物，聚合度受反应条件影响，n、m 之比随链长变化，无固定值。
10．【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、恒温恒容条件下，在平衡体系中充入一定量，体系颜色先变深后变浅，但最终颜色仍比原平衡深，且颜色变浅的原因是平衡正向移动，但“反应物浓度增大，平衡正向移动”的结论无法解释“浓度增大本身会使颜色加深”这一前提，结论错误，A不符合题意；
B、将卤代烃与水溶液混合加热，水解后加过量稀酸化，再加入溶液，产生浅黄色沉淀，说明生成了，可证明卤代烃中存在溴元素，现象与结论均正确，B符合题意；
C、将稀盐酸滴入久置的固体中，有气泡产生，该气体可能是（与盐酸反应生成），也可能是（变质生成的与盐酸反应生成），无法直接证明已变质，结论错误，C不符合题意；
D、向白葡萄酒中滴加几滴酸性溶液，溶液紫色褪去，白葡萄酒中的乙醇等有机物也能还原，不能证明其中含，结论错误，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题考查化学实验操作、现象与结论的一致性，需结合平衡移动、离子检验、物质性质分析；
平衡体系中充入反应物时，浓度增大和平衡移动会同时影响体系颜色，不能仅通过颜色变浅直接得出“平衡正向移动”的结论；
卤代烃中溴元素的检验需先水解，再酸化排除干扰，加生成浅黄色沉淀可证明存在溴元素；
与盐酸反应本身会生成，无法通过气泡直接判断是否变质；
白葡萄酒中的乙醇等有机物具有还原性，也能使酸性溶液褪色，不能确定褪色原因是。
11．【答案】C
【知识点】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；乙烯的物理、化学性质；活化分子
【解析】【解答】A、催化剂在反应前后化学性质和质量不变，而在步骤⑥中生成，步骤①中消耗，属于中间体；参与反应过程，最终再生，才是催化剂，因此不是催化剂，A不符合题意；
B、总反应为 ，和均在反应过程中生成又消耗，属于中间体，并非反应物，B不符合题意；
C、总反应产物只有乙醛，反应物中的原子全部转化为目标产物，原子利用率可达100%，C符合题意；
D、步骤②的反应物能量高于生成物，为放热反应，放热反应中正反应活化能小于逆反应活化能，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题考查反应机理的分析，需结合催化剂、中间体、原子利用率、活化能等概念判断；
催化剂参与反应过程，反应前后质量和化学性质不变，中间体是反应过程中生成又消耗的物质；
原子利用率为100%的反应，反应物中的原子全部转化为目标产物，无其他副产物；
放热反应的正反应活化能小于逆反应活化能，吸热反应则相反；步骤②为放热过程，故。
12．【答案】A
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、Ge-Ⅰ晶胞结构与金刚石晶胞一致，沿体对角线方向投影时，晶胞顶点原子、面心原子和内部原子的投影点会形成内外两层正六边形，与图乙结构特征完全吻合，因此该投影图为图乙，A正确；
B、Ge-Ⅰ晶胞中，原子个数计算为：；Ge-Ⅱ晶胞中，棱心、面心、面上、体内原子分别计算后总数为7，二者原子个数比为，而非，B错误；
C、分数坐标以晶胞的三个棱边为坐标轴，取值范围为，根据晶胞结构，M点的分数坐标应为，而非，C错误；
D、Ge-Ⅰ晶胞中含有8个Ge原子，晶胞质量，由密度公式可得，晶胞体积，与题目给出的表达式不符，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题易错点：
投影误判：忽略金刚石晶胞沿体对角线投影的正六边形特征，无法识别内外层原子的对称投影。
均摊计算错误：混淆不同晶胞中原子位置的均摊比例，导致原子个数比颠倒。
分数坐标混淆：坐标轴方向理解错误，坐标分量写反。
单位与公式错用：晶胞质量漏乘原子数，体积单位换算（）出错，密度公式变形错误。
13．【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、粗硒中的硒与铝粉在焙烧条件下发生化合反应，主要产物为硒化铝，该说法正确，A不符合题意；
B、氢化（水解）过程中， 与水蒸气反应生成水合氧化铝和硒化氢气体，根据元素守恒配平，反应方程式为 Al2Se3+(3+x)H2O=Al2O3 xH2O+3H2Se↑ ，产物描述正确，B不符合题意；
C、氢化产物中含有水蒸气，后续需对 气体进行热解，操作N的目的是干燥气体，除去水蒸气，该说法正确，C不符合题意；
D、 热解生成 和，反应方程式为 ；热解后迅速冷凝的目的是将生成的气态 转化为固态析出，同时抑制逆反应，促使 分解完全。该说法错误；D符合题意；
故答案为：D。
【分析】粗硒中的Se与Al粉在高温下发生化合反应，生成金属硒化物，实现Se元素的富集与初步转化；与水蒸气发生水解反应，生成水合氧化铝和硒化氢气体，将Se元素转化为易提纯的气态化合物；除去气体中混有的水蒸气，避免后续热解过程中水分对反应和设备造成干扰；干燥的在高温下热解，分解为单质Se和，通过冷凝使气态Se凝华析出，得到高纯度精硒。
14．【答案】D
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、阴极（Ni电极）发生还原反应，连接电源负极，该说法正确，A不符合题意；
B、阴极反应为 ，生成，因此阴极区数目增大，该说法正确，B不符合题意；
C、阳极Fe被氧化为，在强碱性条件下，电极反应式为 ，该说法正确，C不符合题意；
D、生成0.3 mol时，转移电子0.6 mol。根据阳极反应，每转移6 mol电子消耗8 mol，则转移0.6 mol电子时消耗为0.8 mol；阴极反应生成0.6 mol。双极膜补充的为0.8 mol - 0.6 mol = 0.2 mol，对应NaOH质量为，该说法错误，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题为电解法制备高铁酸钠的综合分析题，核心是电解池工作原理与双极膜的离子迁移作用。解题关键是明确阴阳极反应、电极极性判断、双极膜的离子补充机制，再结合电子守恒计算NaOH的理论消耗量。
阳极（Fe电极）：Fe为活性电极，在强碱性条件下失去电子，被氧化为高铁酸根离子（），消耗：；阴极（Ni电极）：水电离出的得到电子生成，同时产生：；
双极膜作用：中间层的水在电场作用下解离为和，向阴极迁移参与反应，向阳极迁移补充消耗的碱，维持电解液的碱性环境。
15．【答案】C
【知识点】化学平衡常数；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、pH=2时，水相中几乎无和，根据物料守恒，水相和环己烷中的总浓度为0.1 mol/L。此时，则，因此分配常数，该说法正确，A不符合题意；
B、pH=7时，曲线d与e相交，即。二元酸的二级电离常数，当时，，该说法正确，B不符合题意；
C、交点M处满足，结合分配常数和一级电离常数，联立可得，即。该pH仅与温度相关的平衡常数有关，加水稀释不改变平衡常数，交点pH不变，选项中“该点pH只与H2A的一级电离常数和有关”的结论正确，但“加水稀释影响pH”的表述错误，该说法错误，C符合题意；
D、pH=5.6时，根据曲线高低关系，体系中粒子浓度大小为，该说法正确，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】水相中粒子的pH响应规律：二元弱酸H2A在水中存在两步电离：、。随着pH增大，持续减小，先增后减，在pH较小时几乎为0，pH增大后持续增大。因此：
先升后降，对应曲线d；
后期持续上升，对应曲线e；
随pH增大持续减小，对应曲线c。
环己烷相的分配规律：H2A在水和环己烷中存在分配平衡：，分配常数，温度不变时为定值。定义，随着pH增大，水相中减小，环己烷相的同步减小，因此随pH增大而增大，对应曲线b；随pH增大而减小，对应曲线a。
综上，曲线对应关系为：a：；b：；c：；d：；e：。
16．【答案】（1）圆底烧瓶；作为安全瓶起缓冲作用，防止A中液体冲入管道
（2）检查装置的气密性
（3）烧杯、玻璃棒、胶头滴管
（4）；ac
（5）盐酸反应太剧烈，产气太快，可能导致液体大量冲出，甚至冲开橡胶塞
（6）0.0256或；鲁米诺发光强度较弱，黑暗环境可避免环境光干扰，便于准确测定发光强度
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；常用仪器及其使用；探究物质的组成或测量物质的含量；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）仪器a为圆底烧瓶，装置B作为安全瓶起缓冲作用，防止A中液体冲入管道。
故答案为： 圆底烧瓶 ； 作为安全瓶起缓冲作用，防止A中液体冲入管道
（2）由于需要形成气压差将液体挤出，所以组装好装置后应检查装置气密性。
故答案为： 检查装置的气密性 ；
（3）配制溶液时所需的玻璃仪器还有烧杯、玻璃棒、胶头滴管。
故答案为： 烧杯、玻璃棒、胶头滴管 ；
（4）根据已知信息，鲁米诺试剂发光原理为；该反应条件为碱性，所以不能选用酸性氧化剂，故硝酸与酸性高锰酸钾不可作为氧化剂，而84消毒液（主要成分为次氯酸钠）与过碳酸钠均为碱性，故选ac。
故答案为： ； ac ；
（5）白醋为弱酸的稀溶液，而盐酸为强酸HCl的溶液，H+浓度高，导致盐酸反应太剧烈，产气太快，可能导致液体大量冲出，甚至冲开橡胶塞。
故答案为： 盐酸反应太剧烈，产气太快，可能导致液体大量冲出，甚至冲开橡胶塞 ；
（6）根据已知可得水体中Cu2+含量为，该实验中鲁米诺试剂的发光强度较弱，黑暗环境可避免环境光干扰，便于准确测定发光强度。
故答案为： 0.0256或 ； 鲁米诺发光强度较弱，黑暗环境可避免环境光干扰，便于准确测定发光强度 ；
【分析】该实验装置利用弱酸与碳酸盐的产气反应建立压强差。具体来说，醋酸（）与小苏打（）发生复分解反应，生成二氧化碳（）气体，使三颈烧瓶内气压迅速升高；在高压驱动下，瓶内经氧化活化后的鲁米诺试剂被强制挤出导管口，与空气接触后激发化学发光，最终形成蓝色荧光喷泉现象。
（1）明确仪器名称；结合“气压差驱动液体喷射”原理，理解安全瓶的缓冲防倒吸作用；涉及气体制备和压强差的实验，必须检查装置气密性。
（2）根据一定物质的量浓度溶液的配制步骤，梳理溶解、移液、定容环节所需的玻璃仪器。
（3）根据鲁米诺发光反应的碱性条件，筛选能提供碱性环境且具有氧化性的试剂，排除酸性氧化剂。
（4）对比强酸（盐酸）与弱酸（白醋）的浓度差异，结合实验安全要求，分析反应速率过快带来的冲塞、喷溅风险。
（5）根据浓度公式，进行物质的量、质量、体积的单位换算，计算水体中含量。
（6）根据鲁米诺试剂发光强度较弱的特点，分析黑暗环境对避免环境光干扰、保证测定准确性的作用。
（1）仪器a为圆底烧瓶，装置B作为安全瓶起缓冲作用，防止A中液体冲入管道。
（2）由于需要形成气压差将液体挤出，所以组装好装置后应检查装置气密性。
（3）配制溶液时所需的玻璃仪器还有烧杯、玻璃棒、胶头滴管。
（4）根据已知信息，鲁米诺试剂发光原理为；该反应条件为碱性，所以不能选用酸性氧化剂，故硝酸与酸性高锰酸钾不可作为氧化剂，而84消毒液（主要成分为次氯酸钠）与过碳酸钠均为碱性，故选ac。
（5）白醋为弱酸的稀溶液，而盐酸为强酸HCl的溶液，H+浓度高，导致盐酸反应太剧烈，产气太快，可能导致液体大量冲出，甚至冲开橡胶塞。
（6）根据已知可得水体中Cu2+含量为，该实验中鲁米诺试剂的发光强度较弱，黑暗环境可避免环境光干扰，便于准确测定发光强度。
17．【答案】（1）d；
（2）、
（3）ac
（4）
（5）
（6）
（7）萃取效率高，试剂用量少；资源循环利用，减少污染物排放
【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；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
【解析】【解答】（1）钛（Ti）是 22 号元素，位于第四周期第 ⅣB 族，属于d 区；基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，价电子排布式为3d24s2。
故答案为： d ； ；
（2）废渣中的 SiO2不与稀硫酸反应，CaO 与 H2SO4反应生成的 CaSO4微溶于水，因此滤渣1主要成分为SiO2 、CaSO4 。
故答案为：、 ；
（3）酸浸后溶液中含有 Fe3+，还原步骤的目的是将 Fe3+还原为 Fe2+，同时不引入新杂质；
a．铁粉：2 Fe3++Fe=3 Fe2+，不引入杂质，a符合题意；
b．铜粉：2 Fe3++Cu=2 Fe2++Cu2+，引入 Cu2+杂质，b不符合题意；
c．SO2：2 Fe3++SO2 +2H2 O=2Fe2+++4H+，不引入新杂质，c符合题意；
d．H2S：2 Fe3++H2 S=2Fe2++S↓+2H+，生成S沉淀，引入新杂质，d不符合题意；
故答案为：ac。
（4）在热水和 pH=1 的条件下，TiO2+水解生成TiO2 xH2O ，离子反应方程式为：TiO2++(x+1)H2O=TiO2 xH2O↓+2H+。
故答案为： ；
（5）氧化步骤是将 Fe2+氧化为 Fe3+，空气中的 O2作为氧化剂，离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O。
故答案为： ；
（6）沉铁时，当c(Fe3+)≤1.0×10-6mol/L时认为沉淀完全，Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+) c3(OH-)=2.8×10-39，当c(Fe3+)=1.0×10-6mol/L时，c(OH-)==mol/L=×10-11mol/L，pOH=-lg c(OH-)=-lg(×10-11)=10.9，pH=14-pOH=14-10.9=3.1；Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+) c3(OH-)= 1.0×10 33，当c(Al3+)= 0.01 mol/L时， c(OH-)===1.0×10-10.3mol/L，c(H+)==mol/L=1.0×10-3.7mol/L，pH=-lg c(H+)=-lg(1.0×10-3.7)=3.7；Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+) c2(OH-)=5.6×10 12，当c(Mg2+)= 0.01 mol/L时，c(OH-)===×10-5mol/L，pOH=-lg c(OH-)=-lg(×10-5)=4.3，pH=14-pOH=14-4.3=9.7；综上所述可知，沉铁的时候，铁完全沉淀，但镁铝不能沉淀，故加入氨水控制溶液的pH范围应是3.1≤pH<3.7。
故答案为： ；
（7）多级逆流萃取的优点：萃取效率高，试剂用量少；改进工艺流程的主要优势：资源循环利用，减少污染物排放。
故答案为： 萃取效率高，试剂用量少 ； 资源循环利用，减少污染物排放 ；
【分析】废渣与稀硫酸反应时， 不与酸反应，且 与 生成微溶的，二者共同形成滤渣1；其余金属氧化物溶解，转化为、、、 等离子进入滤液，实现杂质与目标元素的初步分离。加入还原剂将 还原为，避免后续水解沉淀时钛、铁共沉淀，为 的选择性水解创造条件；同时控制反应体系不引入新杂质，保证后续产品纯度。在热水浴与 的酸性条件下， 发生水解反应，生成难溶的水合二氧化钛沉淀（）；过滤后将沉淀煅烧，脱去结晶水得到高纯度，实现钛元素的富集与提纯。滤液中通入氧气，将 氧化为；再加入氨水调节pH，使 以 形式沉淀；煅烧沉淀后分解得到，完成铁元素的回收利用。
（1）结合元素周期表位置，确定 Ti 的电子排布式与价电子排布式。
（2）根据废渣中各成分与稀硫酸的反应性，判断不溶物及微溶物组成滤渣 1 的成分。
（3）依据 “还原 Fe3+且不引入新杂质” 的原则，分析各还原剂的适用性。
（4）结合 TiO2+水解条件，书写生成 TiO2 xH2O 的离子方程式。
（5）利用 O2的氧化性，书写 Fe2+被氧化为 Fe3+的离子方程式。
（6）结合 Ksp 计算 Fe3+完全沉淀的 pH，以及 Al3+、Mg2+开始沉淀的 pH，确定沉铁的 pH 控制范围。
（7）从萃取效率和试剂用量角度说明多级逆流萃取的优点，并分析工艺改进的环保与资源优势。
（1）钛（Ti）是 22 号元素，位于第四周期第 ⅣB 族，属于d 区；基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，价电子排布式为3d24s2。
（2）废渣中的 SiO2不与稀硫酸反应，CaO 与 H2SO4反应生成的 CaSO4微溶于水，因此滤渣1主要成分为SiO2 、CaSO4 。
（3）酸浸后溶液中含有 Fe3+，还原步骤的目的是将 Fe3+还原为 Fe2+，同时不引入新杂质；
a．铁粉：2 Fe3++Fe=3 Fe2+，不引入杂质，a符合题意；
b．铜粉：2 Fe3++Cu=2 Fe2++Cu2+，引入 Cu2+杂质，b不符合题意；
c．SO2：2 Fe3++SO2 +2H2 O=2Fe2+++4H+，不引入新杂质，c符合题意；
d．H2S：2 Fe3++H2 S=2Fe2++S↓+2H+，生成S沉淀，引入新杂质，d不符合题意；
故答案为：ac。
（4）在热水和 pH=1 的条件下，TiO2+水解生成TiO2 xH2O ，离子反应方程式为：TiO2++(x+1)H2O=TiO2 xH2O↓+2H+。
（5）氧化步骤是将 Fe2+氧化为 Fe3+，空气中的 O2作为氧化剂，离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O。
（6）沉铁时，当c(Fe3+)≤1.0×10-6mol/L时认为沉淀完全，Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+) c3(OH-)=2.8×10-39，当c(Fe3+)=1.0×10-6mol/L时，c(OH-)==mol/L=×10-11mol/L，pOH=-lg c(OH-)=-lg(×10-11)=10.9，pH=14-pOH=14-10.9=3.1；Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+) c3(OH-)= 1.0×10 33，当c(Al3+)= 0.01 mol/L时， c(OH-)===1.0×10-10.3mol/L，c(H+)==mol/L=1.0×10-3.7mol/L，pH=-lg c(H+)=-lg(1.0×10-3.7)=3.7；Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+) c2(OH-)=5.6×10 12，当c(Mg2+)= 0.01 mol/L时，c(OH-)===×10-5mol/L，pOH=-lg c(OH-)=-lg(×10-5)=4.3，pH=14-pOH=14-4.3=9.7；综上所述可知，沉铁的时候，铁完全沉淀，但镁铝不能沉淀，故加入氨水控制溶液的pH范围应是3.1≤pH<3.7。
（7）多级逆流萃取的优点：萃取效率高，试剂用量少；改进工艺流程的主要优势：资源循环利用，减少污染物排放。
18．【答案】（1）；低温
（2）C
（3）B
（4）反应Ⅰ吸热，反应Ⅱ放热，温度升高，反应Ⅰ正向移动，反应Ⅱ逆向移动，温度较低时以反应Ⅱ为主，温度较高时以反应Ⅰ为主；400℃时催化剂失活或反应Ⅰ占主导(合理即可)；；0.026
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；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】（1）摩尔生成焓定义：最稳定的单质生成1 mol化合物的焓变，稳定单质生成焓为0；则ΔH2=生成物总生成焓-反应物总生成焓=；
反应Ⅱ的ΔH2<0，ΔS<0；根据ΔG=ΔH-TΔS<0时反应自发，则低温时能自发进行；
故答案为： ； 低温 ；
（2）活化能越低，反应速率越快；表格中催化剂C的活化能为55.2 kJ mol-1，是最小值；答案选C；
故答案为： C ；
（3）降低温度会减慢反应速率；增大压强对速率和选择性的提升有限，且成本高；提高初始时H2与CO2的比例无法定向提升甲烷选择性；选择合适的催化剂可同时加快反应速率、提高甲烷选择性；
故答案为：B；
（4）①反应Ⅰ吸热，反应Ⅱ放热，温度升高，反应Ⅰ正向移动，反应Ⅱ逆向移动，温度较低时以反应Ⅱ为主，温度较高时以反应Ⅰ为主；
②400℃时，反应Ⅱ逆向进行程度极大，几乎不生成CH4，主要发生反应Ⅰ；也可能高温下催化剂失去活性，对甲烷的选择性降低；答案为：400℃时催化剂失活或反应Ⅰ占主导；
③据图可知，280℃时CO2转化率30%，CH4选择性60%；参与反应Ⅱ的CO2物质的量：n(CO2)Ⅱ=1 mol×30%×60%=0.18 mol；参与反应Ⅰ的CO2物质的量：n(CO2)Ⅰ=1 mol×30%-0.18 mol=0.12 mol；结合方程式可知反应Ⅱ消耗n(H2)Ⅱ=4×0.18=0.72 mol；反应Ⅰ消耗n(H2)Ⅰ=0.12 mol；总消耗n(H2)=0.72+0.12=0.84 mol，；
平衡时各物质的物质的量：n(CO2)=1-0.3=0.7 mol；n(H2)=4-0.84=3.16 mol；n(CH4)=0.18 mol；n(H2O)=2×0.18+0.12=0.48 mol；n(CO)=0.12 mol；总物质的量=0.7+3.16+0.18+0.48+0.12=4.64 mol；反应Ⅰ的平衡常数。
故答案为： 反应Ⅰ吸热，反应Ⅱ放热，温度升高，反应Ⅰ正向移动，反应Ⅱ逆向移动，温度较低时以反应Ⅱ为主，温度较高时以反应Ⅰ为主 ； 400℃时催化剂失活或反应Ⅰ占主导(合理即可) ； ； 0.026 ；
【分析】（1）利用摩尔生成焓的定义计算反应焓变，再结合判断反应自发进行的温度条件。
（2）根据“活化能越低，反应速率越快”的规律，选择活化能最小的催化剂。
（3）结合反应速率与甲烷选择性的提升需求，分析不同调控措施的可行性，选出最优方案。
（4）①根据反应吸放热特点，分析温度对两个平行反应平衡移动的影响；
②结合反应特点与催化剂活性变化，分析高温下甲烷选择性降低的原因；
③根据转化率和选择性，分步计算各反应消耗的反应物量，进而计算反应速率与平衡常数。
（1）摩尔生成焓定义：最稳定的单质生成1 mol化合物的焓变，稳定单质生成焓为0；则ΔH2=生成物总生成焓-反应物总生成焓=；
反应Ⅱ的ΔH2<0，ΔS<0；根据ΔG=ΔH-TΔS<0时反应自发，则低温时能自发进行；
（2）活化能越低，反应速率越快；表格中催化剂C的活化能为55.2 kJ mol-1，是最小值；答案选C；
（3）降低温度会减慢反应速率；增大压强对速率和选择性的提升有限，且成本高；提高初始时H2与CO2的比例无法定向提升甲烷选择性；选择合适的催化剂可同时加快反应速率、提高甲烷选择性；答案选B；
（4）①反应Ⅰ吸热，反应Ⅱ放热，温度升高，反应Ⅰ正向移动，反应Ⅱ逆向移动，温度较低时以反应Ⅱ为主，温度较高时以反应Ⅰ为主；
②400℃时，反应Ⅱ逆向进行程度极大，几乎不生成CH4，主要发生反应Ⅰ；也可能高温下催化剂失去活性，对甲烷的选择性降低；答案为：400℃时催化剂失活或反应Ⅰ占主导；
③据图可知，280℃时CO2转化率30%，CH4选择性60%；参与反应Ⅱ的CO2物质的量：n(CO2)Ⅱ=1 mol×30%×60%=0.18 mol；参与反应Ⅰ的CO2物质的量：n(CO2)Ⅰ=1 mol×30%-0.18 mol=0.12 mol；结合方程式可知反应Ⅱ消耗n(H2)Ⅱ=4×0.18=0.72 mol；反应Ⅰ消耗n(H2)Ⅰ=0.12 mol；总消耗n(H2)=0.72+0.12=0.84 mol，；
平衡时各物质的物质的量：n(CO2)=1-0.3=0.7 mol；n(H2)=4-0.84=3.16 mol；n(CH4)=0.18 mol；n(H2O)=2×0.18+0.12=0.48 mol；n(CO)=0.12 mol；总物质的量=0.7+3.16+0.18+0.48+0.12=4.64 mol；反应Ⅰ的平衡常数。
19．【答案】（1）丙二酸二乙酯
（2）酯基、羧基
（3）取代反应；5
（4）
（5）
（6）3
（7）
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机化合物的命名；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；取代反应
【解析】【解答】（1）A的化学名称是丙二酸二乙酯；
故答案为： 丙二酸二乙酯 ；
（2）C中的官能团名称是酯基、羧基；
故答案为： 酯基、羧基 ；
（3）D→E的反应类型为取代反应；E（）分子中有5种不同化学环境的氢原子，故核磁共振氢谱有5组峰；
故答案为： 取代反应 ；5；
（4）依据分析，F的结构简式为，则F→G的方程式为：；
故答案为： ；
（5）结合已知，G（）与E（）生成H，H的结构简式为：；
故答案为： ；
（6）G（）的同分异构体满足①属于芳香族化合物，只有两种官能团，能与银氨溶液反应，说明有醛基；又因为含有一个氟原子，两个氧原子，除苯环外还有2个不饱和度，则官能团为2个醛基，1个碳氟键；②只有一个手性碳原子，手性碳不连接氢原子；③不含甲基；结合上述分析，满足题意的同分异构体为：、、，共3种；
故答案为：3；
（7）中的羧基先与亚硫酰氯转化为酰氯，再与氨气取代生成酰胺基，酰胺基中的氨基再与甲醛加成生成目标产物；补全合成路线为：。
故答案为： ；
【分析】该合成路线以丙二酸二乙酯（A）为起始原料，经单酯水解、酸化得到羧酸 C，再依次与SOCl2发生酰氯化、与甲胺反应生成酰胺 E（）；另一方面，氟苯甲醛F（）经与乙酸乙酯缩合得到不饱和酯 G；随后 E 与 G 在乙醇钠作用下发生环加成反应构建哌啶环骨架，再经硼氢化钠还原羰基，最终得到帕罗西汀中间体 I。据此解题。
（1）根据酯的结构，结合系统命名法确定有机物 A 的名称；
（2）结合 C 的结构，识别并写出所含官能团的名称；
（3）根据 D→E 的反应特点判断反应类型，并通过对称法分析 E 的氢原子种类数；
（4）先推断 F 的结构，再结合反应条件书写 F→G 的化学方程式；
（5）结合已知信息，分析 E 与 G 的反应规律，写出产物 H 的结构简式；
（6）根据同分异构体的限定条件，结合不饱和度、官能团和手性碳的要求，分析并计数符合条件的结构数目；
（7）结合羧基的转化规律，设计并补全目标产物的合成路线即可。
（1）A的化学名称是丙二酸二乙酯；
（2）C中的官能团名称是酯基、羧基；
（3）D→E的反应类型为取代反应；E（）分子中有5种不同化学环境的氢原子，故核磁共振氢谱有5组峰；
（4）依据分析，F的结构简式为，则F→G的方程式为：；
（5）结合已知，G（）与E（）生成H，H的结构简式为：；
（6）G（）的同分异构体满足①属于芳香族化合物，只有两种官能团，能与银氨溶液反应，说明有醛基；又因为含有一个氟原子，两个氧原子，除苯环外还有2个不饱和度，则官能团为2个醛基，1个碳氟键；②只有一个手性碳原子，手性碳不连接氢原子；③不含甲基；结合上述分析，满足题意的同分异构体为：、、，共3种；
（7）中的羧基先与亚硫酰氯转化为酰氯，再与氨气取代生成酰胺基，酰胺基中的氨基再与甲醛加成生成目标产物；补全合成路线为：。
1 / 1四川省“元三维大联考”2026届高三上学期第二次诊断考试（B卷）化学试题
1．下列物质的性质或用途中，涉及氧化还原反应的是
A．氢氧化铁胶体能发生丁达尔效应
B．浓硫酸敞口置于空气中质量增大
C．氯仿能溶解“杯酚”而不溶解
D．氯化铁溶液用于刻蚀印刷电路板
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；铁盐和亚铁盐的相互转变；超分子
【解析】【解答】A、氢氧化铁胶体发生丁达尔效应，属于物理光学现象，不涉及氧化还原反应，A不符合题意；
B、浓硫酸敞口放置质量增大，是因为其吸水性吸收空气中的水蒸气，属于物理变化，不涉及氧化还原反应，B不符合题意；
C、氯仿溶解“杯酚”而不溶解C60，是利用分子间作用力差异实现的物理溶解过程，不涉及氧化还原反应，C不符合题意；
D、氯化铁溶液刻蚀印刷电路板时，发生反应，Fe、Cu元素化合价发生变化，涉及氧化还原反应，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题核心判断依据是过程中是否存在元素化合价的升降变化；
丁达尔效应为物理现象，无化学变化，因此不涉及氧化还原反应；
浓硫酸吸水性是物理性质，不改变物质化合价，不涉及氧化还原反应；
溶解过程属于物理变化，无电子转移，不涉及氧化还原反应；
氯化铁与铜的反应中，被还原为，Cu被氧化为，存在化合价变化，属于氧化还原反应。
2．化学已渗透到人类生活的各个方面。下列说法错误的是
A．亚硝酸钠可作防腐剂和护色剂，可大量添加于腊肉、香肠等肉制品中
B．布洛芬具有解热、镇痛作用，对该分子进行成酯修饰可以降低副作用
C．聚乳酸具有良好的生物相容性和生物可吸收性，可做免拆手术缝合线
D．在合成纤维高分子链上插入适当的亲水基团，可以增加纤维的吸湿性
【答案】A
【知识点】酯的性质；缩聚反应；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A、亚硝酸钠可作防腐剂和护色剂，但有毒，大量添加会危害人体健康，肉制品中需严格控制添加量，该说法错误，符合题意；
B、布洛芬分子中含有羧基，对其进行成酯修饰可降低对胃肠道的刺激性，减少副作用，该说法正确，不符合题意；
C、聚乳酸具有良好的生物相容性和生物可吸收性，可在体内降解，适合用作免拆手术缝合线，该说法正确，不符合题意；
D、在合成纤维高分子链上插入亲水基团（如羟基、羧基），可增强纤维的亲水性，增加吸湿性，该说法正确，不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题考查化学与生活、医药、材料的应用，需结合物质性质和安全使用原则分析；
亚硝酸钠虽有防腐护色作用，但属于有毒物质，过量摄入会导致中毒甚至致癌，因此不能大量添加；
布洛芬的羧基会刺激胃肠道，成酯修饰可降低其酸性，减少副作用；
聚乳酸可生物降解且生物相容性好，是常见的可吸收医用高分子材料；
亲水基团能与水分子形成氢键，在合成纤维中引入亲水基团可显著提升吸湿性。
3．下列图示或化学用语表述错误的是
A．基态碳原子的核外电子排布图：
B．乙酸二聚体中氢键的图示：
C．用电子式表示的形成过程：
D．的VSEPR模型：
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、基态碳原子的核外电子排布遵循泡利不相容原理和洪特规则，1s、2s 轨道各有 2 个自旋相反的电子，2p 轨道的 2 个电子分占不同轨道且自旋平行， A正确；
B、乙酸分子中羧基的 O-H 键与另一分子羧基的 O 原子形成氢键，乙酸二聚体的氢键图示表述正确， B正确；
C、用电子式表示 MgCl2的形成过程时，两个 Cl-应分别写在 Mg2+的两侧，正确形式为 ：，选项违背电子式书写规范，C错误；
D、SO32-中 S 原子的价层电子对数为 4（ ），VSEPR 模型为四面体形， ，图示为，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题考查化学用语的规范表述，需结合电子排布规则、氢键形成条件、电子式书写规则、VSEPR 模型判断；
电子排布图需满足泡利不相容原理和洪特规则，基态碳原子的电子排布符合规则；
乙酸二聚体通过分子间氢键结合，氢键的形成方式图示正确；
用电子式表示离子化合物形成过程时，阴阳离子需分开书写，不能合并。
SO32-的价层电子对数为 4，VSEPR 模型为四面体形，图示符合价层电子对互斥理论。
4．孟鲁司特钠是一种治疗哮喘和过敏性鼻炎的药物，其结构如图所示。下列关于该分子的说法错误的是
A．存在顺反异构 B．只有1个手性碳原子
C．N、S原子均为杂化 D．能发生酯化反应和水解反应
【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；烯烃；羧酸简介
【解析】【解答】A、该分子中碳碳双键两端连接的基团不同，存在顺反异构，A不符合题意；
B、分子中与硫原子相连的碳原子是唯一的手性碳原子（） ，B不符合题意；
C、分子中 N 原子位于喹啉环中，为 sp2 杂化；但 S 原子形成 2 个 σ 键，还有 2 对孤电子对，价层电子对数为 4，为 sp3 杂化，并非均为 sp2 杂化，该说法错误，C符合题意；
D、分子中含有羟基，能发生酯化反应；含有酯基（羧酸钠），能发生水解反应，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题考查有机物的结构与性质，需结合顺反异构、手性碳、杂化方式、官能团性质分析；
碳碳双键两端连接不同基团时存在顺反异构；
手性碳原子需连接 4 个不同原子或基团，分子中仅与 S 相连的碳原子满足；
杂化方式判断需结合价层电子对数：N 原子为 sp2 杂化，S 原子价层电子对数为 4，为 sp3 杂化；
羟基可发生酯化反应，羧酸钠（酯基结构）可发生水解反应。
5．用下列实验装置和方法进行相应实验，能达到实验目的的是
A．提高c管的位置可检验装置气密性 B．观察钠的燃烧
C．用标准碘水测定溶液的浓度 D．验证的水解程度比大
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；钠的化学性质；气体发生装置的气密性检查；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、提高 c 管的位置可检验装置气密性，装置内形成密闭体系，若装置气密性良好，b、c 管会形成稳定的液面差，能达到实验目的，A符合题意；
B、观察钠的燃烧，应将钠置于石棉网上或燃烧匙中加热，不能在烧杯中直接加热，操作错误，B不符合题意；
C、用标准碘水测定 Na2SO3溶液的浓度，碘水具有氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，应使用酸式滴定管盛放，装置错误，C不符合题意；
D、验证 CO32-的水解程度比 HCO3-大，应控制相同浓度，而饱和 Na2CO3溶液和饱和 NaHCO3溶液的浓度不同，无法直接比较，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题考查化学实验装置与操作的规范性，需结合装置特点、试剂性质和实验目的分析；
装置气密性检验可通过形成密闭体系，利用液面差判断，A 装置符合要求；
钠的燃烧实验需在石棉网或燃烧匙中进行，烧杯加热易炸裂，存在安全隐患；
碘水会腐蚀橡胶，应使用酸式滴定管，C 装置中碱式滴定管使用错误；
比较水解程度需控制变量，饱和溶液浓度不同，无法直接通过 pH 值判断水解程度大小。
6．某便携式氢能设备反应为：
下列说法正确的是
A．是由共价键和配位键形成的离子晶体
B．中阴、阳离子的空间结构均为正四面体形
C．分子中含有键和π键，属于共价晶体
D．、的分子间都是由范德华力结合的
【答案】B
【知识点】判断简单分子或离子的构型；化学键和分子间作用力的区别；含有氢键的物质；晶体的定义
【解析】【解答】A、为离子晶体，存在与之间的离子键；中原子与形成配位键和共价键，但选项表述逻辑错误，且晶体类型判断需明确离子键为主，该说法错误，A不符合题意；
B、中阳离子、阴离子的中心原子价层电子对数均为4且无孤电子对，空间结构均为正四面体形，该说法正确，B符合题意；
C、分子中只存在键，无键，且其属于分子晶体，并非共价晶体，该说法错误，C不符合题意；
D、分子间存在氢键和范德华力，分子间仅存在范德华力，并非都是范德华力结合，该说法错误，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题考查化学键、晶体类型、分子空间结构与分子间作用力，需结合物质结构核心知识点分析；
含离子键、共价键、配位键，属于离子晶体，但A选项表述存在逻辑漏洞，且结构为正四面体；
中、中均采取杂化，价层电子对数均为4，无孤电子对，空间结构均为正四面体形；
的结构中与3个均以单键结合，只含键，其晶体由分子构成，为分子晶体；
氢键属于特殊的分子间作用力，比范德华力强，中存在氢键，中仅含范德华力。
7．解释下列事实的离子方程式正确的是
A．添加石膏的豆腐不宜与菠菜(含草酸)同食：
B．加碘盐与药物碘化钾片尽量不要同时服用：
C．用过量NaOH溶液吸收工业尾气中的：
D．用硫酸亚铁处理含的酸性废水：
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、草酸（H2C2O4）为弱酸，在离子方程式中不能拆分为 C2O42-，正确形式应为 ，故 A 不符合题意；
B、该反应电荷不守恒、原子不守恒，正确形式应为 ，故 B 不符合题意；
C、过量 NaOH 溶液吸收 NO2时，产物应为 NO3-和 NO2-，正确形式应为 ，故 C 不符合题意；
D、酸性条件下，Cr2O72-被 Fe2+还原为 Cr3+，Fe2+被氧化为 Fe3+，该离子方程式电荷守恒、原子守恒，故 D 符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题考查离子方程式的正误判断，需结合物质拆分规则、守恒关系、反应产物分析；
弱酸在离子方程式中需保留化学式，草酸不能拆成 C2O42-；
氧化还原反应需同时满足电荷守恒、原子守恒和得失电子守恒，B 选项得失电子不守恒；
过量碱液吸收 NO2时，NO2发生歧化反应生成硝酸盐和亚硝酸盐，不会生成 NO。
8．由与组成的离子液体可作绿色溶剂、非水电解液。其中X、Y、Z、Q、W是短周期元素，价电子数之和为20，Y的各能级电子数相等，Z的基态L层有3个单电子，Q的最外层电子数等于其电子层数，W的最高价含氧酸是强酸。下列说法正确的是
A．原子半径： B．第一电离能：
C．Z的化合价为价 D．是由共价键形成的离子晶体
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、根据所学知识， 电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，电子层数不同时，层数越少半径越小，原子半径大小顺序为（即），选项中“”的表述错误，A不符合题意；
B、根据所学知识可知，从左到右，从下到上，第一电离能呈增大趋势，故第一电离能大小顺序为（即），符合元素周期律规律，该选项正确，B符合题意；
C、中N原子与3个甲基、1个H原子成键，化合价为-3价，选项中若表述为其他价态则错误，C不符合题意；
D、根据所学知识可知，为分子晶体，选项表述错误，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】元素推断：Y：各能级电子数相等，可能为Be（1s22s2）或C（1s22s22p2）；Z：L层有3个单电子，电子排布为2p3，确定为N；Q：最外层电子数等于电子层数，可能为H、Be、Al；W：最高价含氧酸为强酸，可能为S或Cl；结合离子液体的构成信息（含甲基铵离子与含铝的配离子），可进一步确定：Y为C，Q为Al，W为Cl，X为H（由价电子总数计算得出： 20-4-5-3-7=1 ）。
9．聚3-己基噻吩(Ⅰ)是一种应用广泛的导电聚合物，主要用于有机太阳能电池。为提高Ⅰ的性能，科学家对其进行以下改进，形成一系列不同长度的产物。下列说法正确的是
A．Ⅰ能导电是因为其环上存在大π键
B．Ⅰ与Ⅱ生成Ⅲ的反应是加聚反应
C．Ⅳ中所有原子可能位于同一平面
D．Ⅴ中n、m之比一定是固定值
【答案】A
【知识点】有机物的结构和性质；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A、聚 3 - 己基噻吩（Ⅰ）的噻吩环中存在连续共轭的大 π 键，电子可在共轭体系中自由移动，因此能导电，该说法正确，A符合题意；
B、Ⅰ 与 Ⅱ 生成 Ⅲ 的反应是有机金属偶联反应，并非加聚反应（加聚反应需含不饱和键且生成高分子，此反应无双键加成过程），B不符合题意；
C、Ⅳ 分子中存在饱和氮原子和亚甲基（-CH2-），饱和碳原子为 sp3 杂化，呈四面体构型，因此所有原子不可能共平面，C不符合题意；
D、Ⅴ 是由 Ⅲ 和 Ⅳ 通过逐步聚合得到的聚合物，反应程度和链长不同时，n、m 之比不一定为固定值，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题考查有机高分子的结构与性质，需结合共轭体系、反应类型、原子共面、聚合物链结构分析；
导电聚合物的导电性源于共轭大 π 键，电子可在离域 π 键中移动；
Ⅰ 与 Ⅱ 的反应是偶联反应，加聚反应的特征是双键或三键的加成聚合，该反应不具备此特征；
饱和 sp3 杂化碳原子会破坏分子的平面结构，Ⅳ 中存在此类原子，故无法所有原子共平面；
Ⅴ 为逐步聚合产物，聚合度受反应条件影响，n、m 之比随链长变化，无固定值。
10．下列化学实验操作对应的现象、解释或结论均正确的是
选项 实验操作 现象 解释或结论
A 恒温恒容条件下，在平衡体系中充入一定量 体系颜色变浅 反应物浓度增大，平衡正向移动
B 将某卤代烃与NaOH水溶液混合加热，充分反应后取上层清液，加入过量稀酸化，再加入溶液 产生浅黄色沉淀 该卤代烃中存在溴元素
C 将稀盐酸滴入久置的固体中 有气泡产生 已经变质
D 向白葡萄酒中滴加几滴酸性溶液 溶液紫色褪去 白葡萄酒中含
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、恒温恒容条件下，在平衡体系中充入一定量，体系颜色先变深后变浅，但最终颜色仍比原平衡深，且颜色变浅的原因是平衡正向移动，但“反应物浓度增大，平衡正向移动”的结论无法解释“浓度增大本身会使颜色加深”这一前提，结论错误，A不符合题意；
B、将卤代烃与水溶液混合加热，水解后加过量稀酸化，再加入溶液，产生浅黄色沉淀，说明生成了，可证明卤代烃中存在溴元素，现象与结论均正确，B符合题意；
C、将稀盐酸滴入久置的固体中，有气泡产生，该气体可能是（与盐酸反应生成），也可能是（变质生成的与盐酸反应生成），无法直接证明已变质，结论错误，C不符合题意；
D、向白葡萄酒中滴加几滴酸性溶液，溶液紫色褪去，白葡萄酒中的乙醇等有机物也能还原，不能证明其中含，结论错误，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题考查化学实验操作、现象与结论的一致性，需结合平衡移动、离子检验、物质性质分析；
平衡体系中充入反应物时，浓度增大和平衡移动会同时影响体系颜色，不能仅通过颜色变浅直接得出“平衡正向移动”的结论；
卤代烃中溴元素的检验需先水解，再酸化排除干扰，加生成浅黄色沉淀可证明存在溴元素；
与盐酸反应本身会生成，无法通过气泡直接判断是否变质；
白葡萄酒中的乙醇等有机物具有还原性，也能使酸性溶液褪色，不能确定褪色原因是。
11．在一定条件下，乙烯氧化为乙醛的反应机理如下图所示。下列说法正确的是
A．和在反应过程中起催化作用
B．是总反应的反应物，是中间体
C．总反应的原子利用率可达100%
D．步骤②正、逆反应的活化能
【答案】C
【知识点】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；乙烯的物理、化学性质；活化分子
【解析】【解答】A、催化剂在反应前后化学性质和质量不变，而在步骤⑥中生成，步骤①中消耗，属于中间体；参与反应过程，最终再生，才是催化剂，因此不是催化剂，A不符合题意；
B、总反应为 ，和均在反应过程中生成又消耗，属于中间体，并非反应物，B不符合题意；
C、总反应产物只有乙醛，反应物中的原子全部转化为目标产物，原子利用率可达100%，C符合题意；
D、步骤②的反应物能量高于生成物，为放热反应，放热反应中正反应活化能小于逆反应活化能，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题考查反应机理的分析，需结合催化剂、中间体、原子利用率、活化能等概念判断；
催化剂参与反应过程，反应前后质量和化学性质不变，中间体是反应过程中生成又消耗的物质；
原子利用率为100%的反应，反应物中的原子全部转化为目标产物，无其他副产物；
放热反应的正反应活化能小于逆反应活化能，吸热反应则相反；步骤②为放热过程，故。
12．晶体锗广泛运用于战机的红外搜索跟踪系统。如下图所示，Ge-Ⅰ的晶胞结构与金刚石晶胞相同，Ge-Ⅱ的晶胞中有两个小球位于晶胞体内。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．Ge-Ⅰ晶胞沿体对角线方向的投影图为图乙
B．Ge-Ⅰ和Ge-Ⅱ晶胞中的原子个数比为7：8
C．Ge-Ⅱ晶胞M点的分数坐标是
D．若Ge-Ⅰ晶体的密度为，则其晶胞体积为
【答案】A
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、Ge-Ⅰ晶胞结构与金刚石晶胞一致，沿体对角线方向投影时，晶胞顶点原子、面心原子和内部原子的投影点会形成内外两层正六边形，与图乙结构特征完全吻合，因此该投影图为图乙，A正确；
B、Ge-Ⅰ晶胞中，原子个数计算为：；Ge-Ⅱ晶胞中，棱心、面心、面上、体内原子分别计算后总数为7，二者原子个数比为，而非，B错误；
C、分数坐标以晶胞的三个棱边为坐标轴，取值范围为，根据晶胞结构，M点的分数坐标应为，而非，C错误；
D、Ge-Ⅰ晶胞中含有8个Ge原子，晶胞质量，由密度公式可得，晶胞体积，与题目给出的表达式不符，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题易错点：
投影误判：忽略金刚石晶胞沿体对角线投影的正六边形特征，无法识别内外层原子的对称投影。
均摊计算错误：混淆不同晶胞中原子位置的均摊比例，导致原子个数比颠倒。
分数坐标混淆：坐标轴方向理解错误，坐标分量写反。
单位与公式错用：晶胞质量漏乘原子数，体积单位换算（）出错，密度公式变形错误。
13．工业上精制粗硒的一种流程如下图所示。下列说法错误的是
A．焙烧产物为
B．氢化过程的产物是和
C．操作N为脱水
D．热解后迅速冷凝的目的是防止发生副反应
【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、粗硒中的硒与铝粉在焙烧条件下发生化合反应，主要产物为硒化铝，该说法正确，A不符合题意；
B、氢化（水解）过程中， 与水蒸气反应生成水合氧化铝和硒化氢气体，根据元素守恒配平，反应方程式为 Al2Se3+(3+x)H2O=Al2O3 xH2O+3H2Se↑ ，产物描述正确，B不符合题意；
C、氢化产物中含有水蒸气，后续需对 气体进行热解，操作N的目的是干燥气体，除去水蒸气，该说法正确，C不符合题意；
D、 热解生成 和，反应方程式为 ；热解后迅速冷凝的目的是将生成的气态 转化为固态析出，同时抑制逆反应，促使 分解完全。该说法错误；D符合题意；
故答案为：D。
【分析】粗硒中的Se与Al粉在高温下发生化合反应，生成金属硒化物，实现Se元素的富集与初步转化；与水蒸气发生水解反应，生成水合氧化铝和硒化氢气体，将Se元素转化为易提纯的气态化合物；除去气体中混有的水蒸气，避免后续热解过程中水分对反应和设备造成干扰；干燥的在高温下热解，分解为单质Se和，通过冷凝使气态Se凝华析出，得到高纯度精硒。
14．我国科研人员设计了一种制备高铁酸钠的电解槽，电极分别为平板铸铁和覆盖mSA/mC双极膜的镍网，电解液为NaOH溶液，装置如下图所示。图中的双极膜中间层中的解离为和，并在电场作用下向两极迁移。下列说法错误的是
A．a端接电源负极，发生还原反应
B．电解过程中阴极区数目增大
C．阳极反应为：
D．生成，理论上共消耗NaOH 16 g
【答案】D
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、阴极（Ni电极）发生还原反应，连接电源负极，该说法正确，A不符合题意；
B、阴极反应为 ，生成，因此阴极区数目增大，该说法正确，B不符合题意；
C、阳极Fe被氧化为，在强碱性条件下，电极反应式为 ，该说法正确，C不符合题意；
D、生成0.3 mol时，转移电子0.6 mol。根据阳极反应，每转移6 mol电子消耗8 mol，则转移0.6 mol电子时消耗为0.8 mol；阴极反应生成0.6 mol。双极膜补充的为0.8 mol - 0.6 mol = 0.2 mol，对应NaOH质量为，该说法错误，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题为电解法制备高铁酸钠的综合分析题，核心是电解池工作原理与双极膜的离子迁移作用。解题关键是明确阴阳极反应、电极极性判断、双极膜的离子补充机制，再结合电子守恒计算NaOH的理论消耗量。
阳极（Fe电极）：Fe为活性电极，在强碱性条件下失去电子，被氧化为高铁酸根离子（），消耗：；阴极（Ni电极）：水电离出的得到电子生成，同时产生：；
双极膜作用：中间层的水在电场作用下解离为和，向阴极迁移参与反应，向阳极迁移补充消耗的碱，维持电解液的碱性环境。
15．室温下，向的环己烷溶液中加入V mL蒸馏水进行萃取，用HCl和NaOH调节水溶液的pH，测得水相萃取率，溶液中的、、，环己烷中的随pH的变化关系如图所示。
已知：①弱酸在有机相和水相中存在平衡：(水)(环己烷)；②在环己烷中不电离；③；④调节pH时忽略溶液体积变化。
下列说法错误的是
A．(环己烷)的平衡常数
B．的
C．若加水体积为，则交点M的pH减小
D．时，体系中
【答案】C
【知识点】化学平衡常数；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、pH=2时，水相中几乎无和，根据物料守恒，水相和环己烷中的总浓度为0.1 mol/L。此时，则，因此分配常数，该说法正确，A不符合题意；
B、pH=7时，曲线d与e相交，即。二元酸的二级电离常数，当时，，该说法正确，B不符合题意；
C、交点M处满足，结合分配常数和一级电离常数，联立可得，即。该pH仅与温度相关的平衡常数有关，加水稀释不改变平衡常数，交点pH不变，选项中“该点pH只与H2A的一级电离常数和有关”的结论正确，但“加水稀释影响pH”的表述错误，该说法错误，C符合题意；
D、pH=5.6时，根据曲线高低关系，体系中粒子浓度大小为，该说法正确，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】水相中粒子的pH响应规律：二元弱酸H2A在水中存在两步电离：、。随着pH增大，持续减小，先增后减，在pH较小时几乎为0，pH增大后持续增大。因此：
先升后降，对应曲线d；
后期持续上升，对应曲线e；
随pH增大持续减小，对应曲线c。
环己烷相的分配规律：H2A在水和环己烷中存在分配平衡：，分配常数，温度不变时为定值。定义，随着pH增大，水相中减小，环己烷相的同步减小，因此随pH增大而增大，对应曲线b；随pH增大而减小，对应曲线a。
综上，曲线对应关系为：a：；b：；c：；d：；e：。
16．鲁米诺(3-氨基邻苯二甲酰肼)是一种常用的化学发光试剂，在生物工程、环境监测等领域均有重要应用。某化学兴趣小组设计了鲁米诺发光喷泉实验，其发光原理为：
实验步骤：
①按下图所示组装实验装置(夹持装置略)并完成操作X。
②定量称取0.4 g鲁米诺固体，用50 mL 0.1 mol/L NaOH溶液充分溶解后，定容于200 mL容量瓶中，再将所得溶液加入到三颈烧瓶中。
③向三颈烧瓶中滴入6 mL 3%的溶液，关闭分液漏斗旋塞。
④打开锥形瓶A的橡胶塞，加入150 mL食用白醋，迅速塞紧橡胶塞，不断旋转A中分液漏斗旋塞来调节气体产生速率，随即观察到三颈烧瓶内产生蓝色荧光，装置中的导管口形成美丽的蓝色发光喷泉。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称是　 　。B装置的作用是　 　。
（2）步骤①中操作X是　 　。
（3）步骤②中用到的玻璃仪器除容量瓶和量筒外，还有　 　。
（4）步骤③中鲁米诺发生发光反应的离子方程式为　 　。该反应所用氧化剂，不能选用下列物质中的　 　(填标号)。
a． b.84消毒液 c．酸性溶液 d．
（5）步骤④使用白醋而不用盐酸，原因是　 　。
（6）在一定浓度范围内可催化鲁米诺与反应，且发光强度与浓度呈线性关系，从而间接测定水体中的含量。测得发光强度y与标准溶液中的浓度符合线性回归方程。取10 mL水体样品，经预处理后定容至25 mL，测得发光强度为400，则原水体样品中的含量为　 　mg/L。该实验需在暗处进行，原因是　 　。
【答案】（1）圆底烧瓶；作为安全瓶起缓冲作用，防止A中液体冲入管道
（2）检查装置的气密性
（3）烧杯、玻璃棒、胶头滴管
（4）；ac
（5）盐酸反应太剧烈，产气太快，可能导致液体大量冲出，甚至冲开橡胶塞
（6）0.0256或；鲁米诺发光强度较弱，黑暗环境可避免环境光干扰，便于准确测定发光强度
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；常用仪器及其使用；探究物质的组成或测量物质的含量；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）仪器a为圆底烧瓶，装置B作为安全瓶起缓冲作用，防止A中液体冲入管道。
故答案为： 圆底烧瓶 ； 作为安全瓶起缓冲作用，防止A中液体冲入管道
（2）由于需要形成气压差将液体挤出，所以组装好装置后应检查装置气密性。
故答案为： 检查装置的气密性 ；
（3）配制溶液时所需的玻璃仪器还有烧杯、玻璃棒、胶头滴管。
故答案为： 烧杯、玻璃棒、胶头滴管 ；
（4）根据已知信息，鲁米诺试剂发光原理为；该反应条件为碱性，所以不能选用酸性氧化剂，故硝酸与酸性高锰酸钾不可作为氧化剂，而84消毒液（主要成分为次氯酸钠）与过碳酸钠均为碱性，故选ac。
故答案为： ； ac ；
（5）白醋为弱酸的稀溶液，而盐酸为强酸HCl的溶液，H+浓度高，导致盐酸反应太剧烈，产气太快，可能导致液体大量冲出，甚至冲开橡胶塞。
故答案为： 盐酸反应太剧烈，产气太快，可能导致液体大量冲出，甚至冲开橡胶塞 ；
（6）根据已知可得水体中Cu2+含量为，该实验中鲁米诺试剂的发光强度较弱，黑暗环境可避免环境光干扰，便于准确测定发光强度。
故答案为： 0.0256或 ； 鲁米诺发光强度较弱，黑暗环境可避免环境光干扰，便于准确测定发光强度 ；
【分析】该实验装置利用弱酸与碳酸盐的产气反应建立压强差。具体来说，醋酸（）与小苏打（）发生复分解反应，生成二氧化碳（）气体，使三颈烧瓶内气压迅速升高；在高压驱动下，瓶内经氧化活化后的鲁米诺试剂被强制挤出导管口，与空气接触后激发化学发光，最终形成蓝色荧光喷泉现象。
（1）明确仪器名称；结合“气压差驱动液体喷射”原理，理解安全瓶的缓冲防倒吸作用；涉及气体制备和压强差的实验，必须检查装置气密性。
（2）根据一定物质的量浓度溶液的配制步骤，梳理溶解、移液、定容环节所需的玻璃仪器。
（3）根据鲁米诺发光反应的碱性条件，筛选能提供碱性环境且具有氧化性的试剂，排除酸性氧化剂。
（4）对比强酸（盐酸）与弱酸（白醋）的浓度差异，结合实验安全要求，分析反应速率过快带来的冲塞、喷溅风险。
（5）根据浓度公式，进行物质的量、质量、体积的单位换算，计算水体中含量。
（6）根据鲁米诺试剂发光强度较弱的特点，分析黑暗环境对避免环境光干扰、保证测定准确性的作用。
（1）仪器a为圆底烧瓶，装置B作为安全瓶起缓冲作用，防止A中液体冲入管道。
（2）由于需要形成气压差将液体挤出，所以组装好装置后应检查装置气密性。
（3）配制溶液时所需的玻璃仪器还有烧杯、玻璃棒、胶头滴管。
（4）根据已知信息，鲁米诺试剂发光原理为；该反应条件为碱性，所以不能选用酸性氧化剂，故硝酸与酸性高锰酸钾不可作为氧化剂，而84消毒液（主要成分为次氯酸钠）与过碳酸钠均为碱性，故选ac。
（5）白醋为弱酸的稀溶液，而盐酸为强酸HCl的溶液，H+浓度高，导致盐酸反应太剧烈，产气太快，可能导致液体大量冲出，甚至冲开橡胶塞。
（6）根据已知可得水体中Cu2+含量为，该实验中鲁米诺试剂的发光强度较弱，黑暗环境可避免环境光干扰，便于准确测定发光强度。
17．钛白粉厂废渣主要含Ti、Fe、Si、Al的氧化物及少量Ca、Mg的氧化物，为节约资源、保护环境，某研究团队开发了如下回收钛、铁并制备铁红的工艺流程：
已知：①25℃时相关物质的：
氢氧化物
②当离子浓度时认为沉淀完全。
③钛元素以形式存在于强酸性溶液中。
回答下列问题：
（1）钛元素位于元素周期表的　 　区，基态钛原子的价电子排布式为　 　。
（2）“酸浸”所得滤渣1的化学成分是　 　(填化学式)。
（3）“还原”步骤可选用的还原剂X是　 　(填序号)。
a．铁粉 b．铜粉 c． d．
（4）“水解”步骤中水解反应的离子方程式为　 　。
（5）“氧化”步骤中发生反应的离子方程式是　 　。
（6）“沉铁”时溶液中除以外的金属离子浓度不超过0.01 mol/L，加入氨水控制溶液的pH范围应是　 　。
（7）对该工艺进行改进，采用P204萃取剂将酸浸后溶液中的转移至有机相，再用碱性反萃剂(NaOH)破坏配合物结构，使重新转入水相，实现钛的富集与萃取剂再生。实际生产采用“多级逆流萃取”进行钛、铁分离，“多级逆流萃取”的优点是　 　。改进工艺流程的主要优势是　 　(任写2条)。
【答案】（1）d；
（2）、
（3）ac
（4）
（5）
（6）
（7）萃取效率高，试剂用量少；资源循环利用，减少污染物排放
【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；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
【解析】【解答】（1）钛（Ti）是 22 号元素，位于第四周期第 ⅣB 族，属于d 区；基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，价电子排布式为3d24s2。
故答案为： d ； ；
（2）废渣中的 SiO2不与稀硫酸反应，CaO 与 H2SO4反应生成的 CaSO4微溶于水，因此滤渣1主要成分为SiO2 、CaSO4 。
故答案为：、 ；
（3）酸浸后溶液中含有 Fe3+，还原步骤的目的是将 Fe3+还原为 Fe2+，同时不引入新杂质；
a．铁粉：2 Fe3++Fe=3 Fe2+，不引入杂质，a符合题意；
b．铜粉：2 Fe3++Cu=2 Fe2++Cu2+，引入 Cu2+杂质，b不符合题意；
c．SO2：2 Fe3++SO2 +2H2 O=2Fe2+++4H+，不引入新杂质，c符合题意；
d．H2S：2 Fe3++H2 S=2Fe2++S↓+2H+，生成S沉淀，引入新杂质，d不符合题意；
故答案为：ac。
（4）在热水和 pH=1 的条件下，TiO2+水解生成TiO2 xH2O ，离子反应方程式为：TiO2++(x+1)H2O=TiO2 xH2O↓+2H+。
故答案为： ；
（5）氧化步骤是将 Fe2+氧化为 Fe3+，空气中的 O2作为氧化剂，离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O。
故答案为： ；
（6）沉铁时，当c(Fe3+)≤1.0×10-6mol/L时认为沉淀完全，Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+) c3(OH-)=2.8×10-39，当c(Fe3+)=1.0×10-6mol/L时，c(OH-)==mol/L=×10-11mol/L，pOH=-lg c(OH-)=-lg(×10-11)=10.9，pH=14-pOH=14-10.9=3.1；Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+) c3(OH-)= 1.0×10 33，当c(Al3+)= 0.01 mol/L时， c(OH-)===1.0×10-10.3mol/L，c(H+)==mol/L=1.0×10-3.7mol/L，pH=-lg c(H+)=-lg(1.0×10-3.7)=3.7；Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+) c2(OH-)=5.6×10 12，当c(Mg2+)= 0.01 mol/L时，c(OH-)===×10-5mol/L，pOH=-lg c(OH-)=-lg(×10-5)=4.3，pH=14-pOH=14-4.3=9.7；综上所述可知，沉铁的时候，铁完全沉淀，但镁铝不能沉淀，故加入氨水控制溶液的pH范围应是3.1≤pH<3.7。
故答案为： ；
（7）多级逆流萃取的优点：萃取效率高，试剂用量少；改进工艺流程的主要优势：资源循环利用，减少污染物排放。
故答案为： 萃取效率高，试剂用量少 ； 资源循环利用，减少污染物排放 ；
【分析】废渣与稀硫酸反应时， 不与酸反应，且 与 生成微溶的，二者共同形成滤渣1；其余金属氧化物溶解，转化为、、、 等离子进入滤液，实现杂质与目标元素的初步分离。加入还原剂将 还原为，避免后续水解沉淀时钛、铁共沉淀，为 的选择性水解创造条件；同时控制反应体系不引入新杂质，保证后续产品纯度。在热水浴与 的酸性条件下， 发生水解反应，生成难溶的水合二氧化钛沉淀（）；过滤后将沉淀煅烧，脱去结晶水得到高纯度，实现钛元素的富集与提纯。滤液中通入氧气，将 氧化为；再加入氨水调节pH，使 以 形式沉淀；煅烧沉淀后分解得到，完成铁元素的回收利用。
（1）结合元素周期表位置，确定 Ti 的电子排布式与价电子排布式。
（2）根据废渣中各成分与稀硫酸的反应性，判断不溶物及微溶物组成滤渣 1 的成分。
（3）依据 “还原 Fe3+且不引入新杂质” 的原则，分析各还原剂的适用性。
（4）结合 TiO2+水解条件，书写生成 TiO2 xH2O 的离子方程式。
（5）利用 O2的氧化性，书写 Fe2+被氧化为 Fe3+的离子方程式。
（6）结合 Ksp 计算 Fe3+完全沉淀的 pH，以及 Al3+、Mg2+开始沉淀的 pH，确定沉铁的 pH 控制范围。
（7）从萃取效率和试剂用量角度说明多级逆流萃取的优点，并分析工艺改进的环保与资源优势。
（1）钛（Ti）是 22 号元素，位于第四周期第 ⅣB 族，属于d 区；基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，价电子排布式为3d24s2。
（2）废渣中的 SiO2不与稀硫酸反应，CaO 与 H2SO4反应生成的 CaSO4微溶于水，因此滤渣1主要成分为SiO2 、CaSO4 。
（3）酸浸后溶液中含有 Fe3+，还原步骤的目的是将 Fe3+还原为 Fe2+，同时不引入新杂质；
a．铁粉：2 Fe3++Fe=3 Fe2+，不引入杂质，a符合题意；
b．铜粉：2 Fe3++Cu=2 Fe2++Cu2+，引入 Cu2+杂质，b不符合题意；
c．SO2：2 Fe3++SO2 +2H2 O=2Fe2+++4H+，不引入新杂质，c符合题意；
d．H2S：2 Fe3++H2 S=2Fe2++S↓+2H+，生成S沉淀，引入新杂质，d不符合题意；
故答案为：ac。
（4）在热水和 pH=1 的条件下，TiO2+水解生成TiO2 xH2O ，离子反应方程式为：TiO2++(x+1)H2O=TiO2 xH2O↓+2H+。
（5）氧化步骤是将 Fe2+氧化为 Fe3+，空气中的 O2作为氧化剂，离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O。
（6）沉铁时，当c(Fe3+)≤1.0×10-6mol/L时认为沉淀完全，Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+) c3(OH-)=2.8×10-39，当c(Fe3+)=1.0×10-6mol/L时，c(OH-)==mol/L=×10-11mol/L，pOH=-lg c(OH-)=-lg(×10-11)=10.9，pH=14-pOH=14-10.9=3.1；Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+) c3(OH-)= 1.0×10 33，当c(Al3+)= 0.01 mol/L时， c(OH-)===1.0×10-10.3mol/L，c(H+)==mol/L=1.0×10-3.7mol/L，pH=-lg c(H+)=-lg(1.0×10-3.7)=3.7；Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+) c2(OH-)=5.6×10 12，当c(Mg2+)= 0.01 mol/L时，c(OH-)===×10-5mol/L，pOH=-lg c(OH-)=-lg(×10-5)=4.3，pH=14-pOH=14-4.3=9.7；综上所述可知，沉铁的时候，铁完全沉淀，但镁铝不能沉淀，故加入氨水控制溶液的pH范围应是3.1≤pH<3.7。
（7）多级逆流萃取的优点：萃取效率高，试剂用量少；改进工艺流程的主要优势：资源循环利用，减少污染物排放。
18．二氧化碳的资源化利用是实现碳中和的重要途径之一、将催化转化为合成气(CO和)，再转化为烃类等高附加值化学品，有利于实现碳循环利用。
（1）相关反应有：
Ⅰ、
Ⅱ、
已知：25℃和101 kPa下，由最稳定单质生成1 mol化合物的焓变为该物质的摩尔生成焓。、、、的摩尔生成焓分别为、、、，则反应Ⅱ的　 　，该反应在　 　(填“低温”或“高温”)时能自发进行。
（2）对于反应Ⅱ，在温度为T时，不同催化剂对应的活化能数据如下表：
序号 A B C D
催化剂
活化能/ 80.1 79.8 55.2 103.9
从提高反应速率考虑，最适合的催化剂是　 　(填序号)。
（3）二氧化碳催化加氢合成甲烷的反应往往伴随副反应，生成、、等低碳烃。为了提高反应速率和甲烷的选择性，最好的办法是______(填标号)。
A．降低温度 B．选择合适的催化剂
C．增大压强 D．提高初始时与的比例
（4）在一定温度和催化剂存在下，向体积为2 L的容器中充入和，只进行反应Ⅰ和Ⅱ，平衡时的转化率，的选择性随温度变化如下图所示：
①平衡时的转化率先减小后增大的原因是　 　。
②400℃时，选择性接近0的原因是　 　(任写一点)。
③280℃时，反应进行t min达到平衡，　 　，反应Ⅰ的平衡常数　 　。(保留两位有效数字。已知：对于反应，，x为体积分数，的选择性)
【答案】（1）；低温
（2）C
（3）B
（4）反应Ⅰ吸热，反应Ⅱ放热，温度升高，反应Ⅰ正向移动，反应Ⅱ逆向移动，温度较低时以反应Ⅱ为主，温度较高时以反应Ⅰ为主；400℃时催化剂失活或反应Ⅰ占主导(合理即可)；；0.026
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；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】（1）摩尔生成焓定义：最稳定的单质生成1 mol化合物的焓变，稳定单质生成焓为0；则ΔH2=生成物总生成焓-反应物总生成焓=；
反应Ⅱ的ΔH2<0，ΔS<0；根据ΔG=ΔH-TΔS<0时反应自发，则低温时能自发进行；
故答案为： ； 低温 ；
（2）活化能越低，反应速率越快；表格中催化剂C的活化能为55.2 kJ mol-1，是最小值；答案选C；
故答案为： C ；
（3）降低温度会减慢反应速率；增大压强对速率和选择性的提升有限，且成本高；提高初始时H2与CO2的比例无法定向提升甲烷选择性；选择合适的催化剂可同时加快反应速率、提高甲烷选择性；
故答案为：B；
（4）①反应Ⅰ吸热，反应Ⅱ放热，温度升高，反应Ⅰ正向移动，反应Ⅱ逆向移动，温度较低时以反应Ⅱ为主，温度较高时以反应Ⅰ为主；
②400℃时，反应Ⅱ逆向进行程度极大，几乎不生成CH4，主要发生反应Ⅰ；也可能高温下催化剂失去活性，对甲烷的选择性降低；答案为：400℃时催化剂失活或反应Ⅰ占主导；
③据图可知，280℃时CO2转化率30%，CH4选择性60%；参与反应Ⅱ的CO2物质的量：n(CO2)Ⅱ=1 mol×30%×60%=0.18 mol；参与反应Ⅰ的CO2物质的量：n(CO2)Ⅰ=1 mol×30%-0.18 mol=0.12 mol；结合方程式可知反应Ⅱ消耗n(H2)Ⅱ=4×0.18=0.72 mol；反应Ⅰ消耗n(H2)Ⅰ=0.12 mol；总消耗n(H2)=0.72+0.12=0.84 mol，；
平衡时各物质的物质的量：n(CO2)=1-0.3=0.7 mol；n(H2)=4-0.84=3.16 mol；n(CH4)=0.18 mol；n(H2O)=2×0.18+0.12=0.48 mol；n(CO)=0.12 mol；总物质的量=0.7+3.16+0.18+0.48+0.12=4.64 mol；反应Ⅰ的平衡常数。
故答案为： 反应Ⅰ吸热，反应Ⅱ放热，温度升高，反应Ⅰ正向移动，反应Ⅱ逆向移动，温度较低时以反应Ⅱ为主，温度较高时以反应Ⅰ为主 ； 400℃时催化剂失活或反应Ⅰ占主导(合理即可) ； ； 0.026 ；
【分析】（1）利用摩尔生成焓的定义计算反应焓变，再结合判断反应自发进行的温度条件。
（2）根据“活化能越低，反应速率越快”的规律，选择活化能最小的催化剂。
（3）结合反应速率与甲烷选择性的提升需求，分析不同调控措施的可行性，选出最优方案。
（4）①根据反应吸放热特点，分析温度对两个平行反应平衡移动的影响；
②结合反应特点与催化剂活性变化，分析高温下甲烷选择性降低的原因；
③根据转化率和选择性，分步计算各反应消耗的反应物量，进而计算反应速率与平衡常数。
（1）摩尔生成焓定义：最稳定的单质生成1 mol化合物的焓变，稳定单质生成焓为0；则ΔH2=生成物总生成焓-反应物总生成焓=；
反应Ⅱ的ΔH2<0，ΔS<0；根据ΔG=ΔH-TΔS<0时反应自发，则低温时能自发进行；
（2）活化能越低，反应速率越快；表格中催化剂C的活化能为55.2 kJ mol-1，是最小值；答案选C；
（3）降低温度会减慢反应速率；增大压强对速率和选择性的提升有限，且成本高；提高初始时H2与CO2的比例无法定向提升甲烷选择性；选择合适的催化剂可同时加快反应速率、提高甲烷选择性；答案选B；
（4）①反应Ⅰ吸热，反应Ⅱ放热，温度升高，反应Ⅰ正向移动，反应Ⅱ逆向移动，温度较低时以反应Ⅱ为主，温度较高时以反应Ⅰ为主；
②400℃时，反应Ⅱ逆向进行程度极大，几乎不生成CH4，主要发生反应Ⅰ；也可能高温下催化剂失去活性，对甲烷的选择性降低；答案为：400℃时催化剂失活或反应Ⅰ占主导；
③据图可知，280℃时CO2转化率30%，CH4选择性60%；参与反应Ⅱ的CO2物质的量：n(CO2)Ⅱ=1 mol×30%×60%=0.18 mol；参与反应Ⅰ的CO2物质的量：n(CO2)Ⅰ=1 mol×30%-0.18 mol=0.12 mol；结合方程式可知反应Ⅱ消耗n(H2)Ⅱ=4×0.18=0.72 mol；反应Ⅰ消耗n(H2)Ⅰ=0.12 mol；总消耗n(H2)=0.72+0.12=0.84 mol，；
平衡时各物质的物质的量：n(CO2)=1-0.3=0.7 mol；n(H2)=4-0.84=3.16 mol；n(CH4)=0.18 mol；n(H2O)=2×0.18+0.12=0.48 mol；n(CO)=0.12 mol；总物质的量=0.7+3.16+0.18+0.48+0.12=4.64 mol；反应Ⅰ的平衡常数。
19．帕罗西汀是一种常用的抗抑郁药物。其重要合成中间体I的一种合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
（1）A的化学名称是　 　。
（2）C中官能团名称是　 　。
（3）的反应类型为　 　。E的核磁共振氢谱有　 　组峰。
（4）的化学方程式为　 　。
（5）H的结构简式为　 　。
（6）G的同分异构体中，同时满足下列条件的共有　 　种(不考虑立体异构)。
①属于芳香族化合物，只有两种官能团，能与银氨溶液反应
②只有一个手性碳原子，手性碳不连接氢原子
③不含甲基
（7）以、、HCHO、为原料合成。补全下列合成路线　 　。
【答案】（1）丙二酸二乙酯
（2）酯基、羧基
（3）取代反应；5
（4）
（5）
（6）3
（7）
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机化合物的命名；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；取代反应
【解析】【解答】（1）A的化学名称是丙二酸二乙酯；
故答案为： 丙二酸二乙酯 ；
（2）C中的官能团名称是酯基、羧基；
故答案为： 酯基、羧基 ；
（3）D→E的反应类型为取代反应；E（）分子中有5种不同化学环境的氢原子，故核磁共振氢谱有5组峰；
故答案为： 取代反应 ；5；
（4）依据分析，F的结构简式为，则F→G的方程式为：；
故答案为： ；
（5）结合已知，G（）与E（）生成H，H的结构简式为：；
故答案为： ；
（6）G（）的同分异构体满足①属于芳香族化合物，只有两种官能团，能与银氨溶液反应，说明有醛基；又因为含有一个氟原子，两个氧原子，除苯环外还有2个不饱和度，则官能团为2个醛基，1个碳氟键；②只有一个手性碳原子，手性碳不连接氢原子；③不含甲基；结合上述分析，满足题意的同分异构体为：、、，共3种；
故答案为：3；
（7）中的羧基先与亚硫酰氯转化为酰氯，再与氨气取代生成酰胺基，酰胺基中的氨基再与甲醛加成生成目标产物；补全合成路线为：。
故答案为： ；
【分析】该合成路线以丙二酸二乙酯（A）为起始原料，经单酯水解、酸化得到羧酸 C，再依次与SOCl2发生酰氯化、与甲胺反应生成酰胺 E（）；另一方面，氟苯甲醛F（）经与乙酸乙酯缩合得到不饱和酯 G；随后 E 与 G 在乙醇钠作用下发生环加成反应构建哌啶环骨架，再经硼氢化钠还原羰基，最终得到帕罗西汀中间体 I。据此解题。
（1）根据酯的结构，结合系统命名法确定有机物 A 的名称；
（2）结合 C 的结构，识别并写出所含官能团的名称；
（3）根据 D→E 的反应特点判断反应类型，并通过对称法分析 E 的氢原子种类数；
（4）先推断 F 的结构，再结合反应条件书写 F→G 的化学方程式；
（5）结合已知信息，分析 E 与 G 的反应规律，写出产物 H 的结构简式；
（6）根据同分异构体的限定条件，结合不饱和度、官能团和手性碳的要求，分析并计数符合条件的结构数目；
（7）结合羧基的转化规律，设计并补全目标产物的合成路线即可。
（1）A的化学名称是丙二酸二乙酯；
（2）C中的官能团名称是酯基、羧基；
（3）D→E的反应类型为取代反应；E（）分子中有5种不同化学环境的氢原子，故核磁共振氢谱有5组峰；
（4）依据分析，F的结构简式为，则F→G的方程式为：；
（5）结合已知，G（）与E（）生成H，H的结构简式为：；
（6）G（）的同分异构体满足①属于芳香族化合物，只有两种官能团，能与银氨溶液反应，说明有醛基；又因为含有一个氟原子，两个氧原子，除苯环外还有2个不饱和度，则官能团为2个醛基，1个碳氟键；②只有一个手性碳原子，手性碳不连接氢原子；③不含甲基；结合上述分析，满足题意的同分异构体为：、、，共3种；
（7）中的羧基先与亚硫酰氯转化为酰氯，再与氨气取代生成酰胺基，酰胺基中的氨基再与甲醛加成生成目标产物；补全合成路线为：。
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