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贵州遵义市2026届上学期高三第二次适应性考试（二模）化学试卷
1．中国科学家实现了以为原料人工合成淀粉，这项技术被国际学术界誉为影响世界的重大突破。已知淀粉化学式为，下列有关淀粉的说法错误的是
A．淀粉是有机高分子
B．淀粉能用于制造可降解材料
C．淀粉在人体内水解的最终产物是葡萄糖
D．合成淀粉的过程不涉及氧化还原反应
2．磷酸亚铁锂在新能源电池中有重要应用，下列有关化学用语说法错误的是
A．的空间结构为正四面体形
B．中存在离子键与极性共价键
C．中的价层电子排布式为
D．基态磷原子的电子占据的最高能级轨道形状为哑铃形
3．氯气是制备含氯化合物的重要原料，某实验小组设计实验制备氯气并验证其性质，下列能达到实验目的的是
A.制取氯气 B.除去中的HCl
C.验证氧化性： D.吸收氯气
A．A B．B C．C D．D
4．过氧化钠可在呼吸面具中作吸收剂和供氧剂。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．晶体中含有的离子数为
B．标准状况下，中含有键的数目为
C．溶液中阳离子的数目为
D．与反应生成，转移的电子数为
5．化合物X可增加胰岛素分泌，是预防糖尿病、肾病的药物，其结构如图所示。下列关于化合物X的说法错误的是
A．可形成分子内氢键
B．有3种不同的官能团
C．所有原子一定在同一平面上
D．既能和盐酸反应又能和NaOH溶液反应
6．下列离子方程式正确的是
A．氧化铝与氢氧化钠溶液反应：
B．向冷的石灰乳中通入氯气制漂白粉：
C．用氢氟酸刻蚀石英玻璃：
D．向稀硝酸中加入过量铁粉：
7．下列对物质性质或现象的解释错误的是
选项 物质性质或现象 解释
A 金刚石硬度大于晶体硅 键键能大于键键能
B 臭氧在水中溶解度小 臭氧分子极性小，水分子极性大
C 壁虎能在墙壁上爬行 壁虎足上的细毛与墙体能形成强烈的化学键
D 缺角的NaCl晶体在饱和氯化钠溶液中变为完整立方体块 晶体具有自范性
A．A B．B C．C D．D
8．铁镁合金是储氢密度最高的储氢材料之一，其立方晶胞结构如图所示。晶胞参数为，为阿伏加德罗常数的值。储氢时，可在晶胞的体心和棱心位置。下列说法正确的是
A．Fe原子的配位数为4
B．晶体熔化时极性键断裂
C．合金的密度为
D．储氢率为时，晶体的化学式为
9．下列实验操作或方法，能达到实验目的的是
选项 实验操作或方法 实验目的
A 向粗盐水中先后加入过量溶液、NaOH溶液和溶液 除去粗盐中的和杂质离子
B 向亮黄色的粗盐酸(含)中加入适量硝酸银，待沉淀完成后观察溶液颜色变化 证明只在高浓度的条件下稳定存在
C 向的溶液、的溶液中分别滴加 探究反应物浓度对化学反应速率的影响
D 取一份新制氯水，滴加到蓝色的石蕊试纸上 验证氯气与水的反应存在限度
A．A B．B C．C D．D
10．某新型配位化合物由五种不同主族的短周期元素组成，且原子序数依次增大。其中为金属元素，Q的单质常温下为气体，原子序数大小满足关系式：。下列说法正确的是
A．氢化物沸点：
B．简单离子半径：
C．工业上通过电解W与Q的二元化合物制得单质W
D．Y、Z、W的最高价氧化物对应的水化物能相互反应
11．在医学上用气敏电极检测动脉中的含量，下图是气敏电极的结构示意图。图中d是只允许通过的渗透膜；c是溶液，浓度稳定在是甘汞电极；a是指示电极。a与b组成原电池，b电极电势较高，通过测定该电池两极间电压E可得出浓度。
已知：
①
②
下列说法正确的是
A．电子由a电极通过溶液流向b电极
B．b的电极反应式为
C．钠离子向a电极移动
D．
12．环保工程师利用和处理水样中。已知时，饱和溶液浓度约为，。下列说法正确的是
A．NaHS溶液显酸性
B．反应的平衡常数
C．溶液中：
D．向水样中通入气体保持饱和状态，最后溶液中
13．某实验小组设计下列流程分离和检验实验室废液中的卤素离子：。
已知：①和AgI在水中易形成胶体；
②AgBr和AgI不溶于氨水；
③的溶液为橙红色，的溶液为紫色。
下列说法正确的是
A．加热可促进沉淀①的形成，便于过滤分离
B．溶液①加入后形成的沉淀是Ag
C．沉淀②只发生反应
D．由流程可知，氧化性强弱为
14．表面科学技术阐明了恒容密闭容器中和在铁催化剂表面合成氨的过程。计算机模拟反应的能量轮廓图如下所示(“*”表示粒子吸附在催化剂表面有限的活性位点上)。
下列说法正确的是
A．该反应的决速步为
B．增大容器内浓度，化学反应速率可能不变
C．每断裂一条化学键，同时形成两条键
D．在铁催化剂表面逆向解离的过程中，每次断裂键所需能量相同
15．某小组设计实验检验铁强化酱油中的铁元素。取20 mL铁强化酱油于烧杯中，用溶液将酱油稀释至浅黄色，得到预处理液。然后进行如下实验：
序号 操作 检验及其现象
实验一 取5 mL预处理液于试管中，滴加5滴溶液。 溶液立即变为绿色，过滤后，得到蓝色固体小颗粒。
实验二 取2 mL预处理液于试管中，加入2 mL 并加热。 冷却后滴加4滴KSCN试剂，溶液变为红色。
实验三 取10 mL预处理液于表面皿中，向其中放入3支略高于液面的粉笔，一段时间后，3支粉笔高于液面的下端均为浅黄色，顶端变潮湿但仍为白色。 向第2支粉笔顶端滴加KSCN溶液，顶端变为红色；向第3支粉笔顶端滴加溶液，顶端变为蓝色。
回答下列问题：
（1）实验一过滤所需的玻璃仪器除漏斗外还需要　 　，写出产生蓝色沉淀的离子方程式　 　。
（2）实验二加入的目的是除去酱油中的有机色素。实验二能否证明只经过预处理的溶液中含有并说明原因　 　。
（3）由实验三可知，黄色色素与粉笔的微粒间作用力　 　与粉笔的微粒间作用力(填“>”、“＜”或“=”)。这种分离方法属于　 　(填序号)。
A.质谱法　　B.色谱法　　C.萃取法　　D.离子交换法
（4）乙二胺四乙酸铁钠(NaFeY)是铁强化酱油中的铁营养强化剂，乙二胺四乙酸(H4Y)与的结构分别如下图所示，则中心离子的配体数为　 　，配位数为　 　，其中铁元素的化合价为　 　。
（5）乙二胺四乙酸(Y)存在等7种形式，这7种粒子的分布分数与pH的关系如下图所示。原料预处理中为了让解离，需加酸调节至，结合离子方程式解释原因：　 　。
16．电解锰渣中金属含量高于自然矿石中含量，从电解锰渣中回收金属，制备硫酸锰晶体，流程如下：
已知：①电解锰渣主要含有及少量；
②时，。
（1）粉碎电解锰渣的目的是　 　。
（2）写出电解锰渣中MnS被氧化为的化学方程式　 　。
（3）当时认为沉淀完全，调节pH的最小值为　 　。
（4）磷酸酯作萃取剂萃取锰离子时，溶液的初始pH与分离系数关系如下表所示：
初始pH 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 3.5 4.0 4.5
分离系数 7.64 8.83 9.97 11.21 12.10 13.17 13.36 11.75
已知：①分离系数越大，分离效果越好；②磷酸酯属于酸性萃取剂。
当初始时，分离系数降低的原因是　 　。
（5）系列操作是　 　，最后洗涤、干燥。
（6）已知渣料比，由下图可知最佳渣料比为　 　，前期随着渣料比的减少，Mn浸出率增加的原因是　 　。
17．二氧化碳合成甲醇是能源领域的一个重要研究方向。回答下列问题：
（1）已知Ⅰ.
Ⅱ.
则
（2）恒温下，对于反应Ⅰ，投入一定比例的和，增大压强，的平衡产率增大的原因是　 　(物质状态不发生改变)。
（3）科学研究中常用产物的时空收率(单位物质的量催化剂表面产物分子的平均生成速率)来衡量催化效果。在时，不同配比的催化剂作用下，测定甲醇时空收率随温度的变化曲线如下图所示。
①该反应的最佳条件是　 　。
②作催化剂，温度低于时，随温度升高甲醇时空收率增大的原因可能是　 　。
（4）某温度下，将和充入体积不变的2 L密闭容器中，初始总压为8 MPa，只发生反应，测得不同时刻体系内反应后与反应前的压强关系如下表：
时间 1 2 3 4 5
0.92 0.85 0.79 0.75 0.75
该条件下的分压平衡常数为　 　(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
（5）和反应也可生成，利用等离子体和双金属催化剂催化和反应生成的过程中Zr的化合价发生变化，可能机理如下图所示：
说明：图中的表示ZnO，表示，表示氧空位；“—”表示化学键，“…”表示吸附作用。
①Zr的常见化合价有+2、+3和+4，上图所示机理的步骤(Ⅲ)中，元素Zr化合价发生的变化为　 　。
②增大反应电流，等离子体会释放出数量更多的高能粒子。随着反应电流的增大，的产量增大，可能原因是　 　。
18．有机光电子材料是一类具有光电转换功能的有机材料，主要应用于有机发光二极管(OLED)、有机太阳能电池、有机晶体管及有机存储器等领域。一种有机光电子材料I的合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
（1）物质A的化学名称是　 　。
（2）E→F的反应类型是　 　。
（3）写出C→D的化学反应方程式　 　(同时生成两种气体)。
（4）试剂X的结构简式为　 　。
（5）有机物I中碳原子的杂化类型有　 　。
（6）写出一种同时符合下列条件的化合物B的同分异构体的结构简式　 　(不考虑立体异构)。
a.苯环上只有一个取代基；　 b.含有一个手性碳；　c.不存在过氧键()。
（7）参照以上合成路线，以与为原料制备联苯()，无机试剂任选，写出合成路线　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；多糖的性质和用途；蔗糖与淀粉的性质实验
【解析】【解答】A、淀粉化学式为，相对分子质量高达几十万到上百万，属于有机高分子化合物，故A不符合题意；
B、淀粉分子中含有糖苷键，在自然环境或生物酶作用下可水解降解，能用于制造可降解材料，故B不符合题意；
C、淀粉在人体内经淀粉酶、麦芽糖酶催化逐步水解，最终产物为葡萄糖，可被人体吸收利用，故C不符合题意；
D、中C元素化合价为+4价，淀粉中C元素平均化合价为0价，反应过程中碳元素化合价发生变化，涉及氧化还原反应，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
依据有机高分子的定义，判断淀粉的属性；
结合淀粉的生物降解性，分析其在可降解材料中的应用；
明确淀粉在人体内的酶促水解路径及最终产物；
通过元素化合价变化，判断合成淀粉过程是否涉及氧化还原反应。
2．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；离子键的形成；判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】A、 中心P原子价层电子对数为4且无孤电子对，根据价层电子对互斥理论，其空间结构为正四面体形，故A不符合题意；
B、 中与酸根离子间存在离子键，酸根内部的P-O键为不同原子间形成的极性共价键，故B不符合题意；
C、基态Fe原子价层电子排布式为，形成时优先失去4s轨道的2个电子，因此的价层电子排布式为，而非，故C符合题意；
D、基态P原子的电子排布式为 1s22s22p63s23p3，电子占据的最高能级为3p轨道，p轨道的空间形状为哑铃形，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
利用价层电子对互斥理论，计算中心原子的价层电子对数与孤电子对数，判断离子的空间结构；
区分离子键与极性共价键的存在形式，明确离子化合物中阴阳离子间的化学键类型，以及原子团内部的共价键极性；
掌握过渡金属阳离子的失电子规律，即优先失去最外层ns轨道的电子，再失去(n-1)d轨道的电子，从而正确书写价层电子排布式；
识别不同能级轨道的空间形状，s轨道为球形，p轨道为哑铃形。
3．【答案】D
【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法
【解析】【解答】A、MnO2与浓盐酸反应制备氯气需要加热条件，装置中缺少酒精灯，无法完成实验，故 A 不符合题意；
B、碱石灰为 NaOH 和 CaO 的混合物，Cl2和 HCl 均会与碱石灰发生反应，不能用于除去 Cl2中的 HCl，应选用饱和食盐水，故 B 不符合题意；
C、Cl2可氧化 KI 生成 I2使淀粉变蓝，也可氧化 KBr 生成 Br2，但无法确定 Br2是否氧化 KI，不能证明氧化性 Br2 > I2，故 C 不符合题意；
D、Cl2能与 NaOH 溶液反应生成 NaCl、NaClO 和 H2O，用 NaOH 溶液可吸收多余的氯气，防止污染空气，故 D 符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
实验室制备 Cl2的反应条件为加热，需注意固液加热型装置的必备仪器；
氯气除杂试剂需满足 “只吸收杂质、不消耗被提纯物质” 的原则，明确碱石灰不能用于干燥或除杂氯气；
验证氧化性强弱时，需排除干扰因素，该装置无法证明 Br2的氧化性强于 I2；
氯气有毒，需用碱溶液进行尾气处理，NaOH 溶液是常用的吸收试剂。
4．【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；钠的氧化物；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、晶体中含和，离子总数为，故A错误；
B、标准状况下为，结构式为，含键，数目为，故B正确；
C、题干未给出溶液体积，无法计算阳离子（等）数目，故C错误；
D、与反应的化学方程式为，生成时转移电子，电子数为，故D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点
晶体结构判断：明确晶体由和过氧根离子（）构成，含离子；
化学键计数：分子中双键包含个键和个键，含键；
溶液计算前提：物质的量浓度计算微粒数目时，必须明确溶液体积，否则无法计算；
氧化还原反应电子转移：与反应为歧化反应，中元素从价分别变为价和价，生成转移电子。
5．【答案】C
【知识点】含有氢键的物质；有机物中的官能团；有机物的结构和性质；酰胺
【解析】【解答】A、化合物 X 中含有羟基、酰胺基等基团，羟基氢原子可与相邻的氧原子或氮原子形成分子内氢键，故 A 不符合题意；
B、化合物 X 中含有酚羟基、酰胺基、亚氨基 3 种不同的官能团，故 B 不符合题意；
C、化合物 X 中含有 N 原子，其连接的氢原子与苯环不一定共平面，且单键可自由旋转，因此所有原子不一定在同一平面上，故 C 符合题意；
D、化合物 X 中含有亚氨基，可与盐酸反应；含有酚羟基和酰胺基，可与 NaOH 溶液反应，故 D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
分子内氢键的形成条件：分子中同时存在电负性大、半径小的原子和氢原子，且空间位置合适；
官能团的识别：明确酚羟基、酰胺基、亚氨基的结构与类别；
有机物分子中原子共面的判断：注意单键旋转、N 原子杂化方式对空间结构的影响；
官能团的化学性质：亚氨基具有碱性，酚羟基和酰胺基具有酸性，可分别与酸、碱反应。
6．【答案】A
【知识点】镁、铝的重要化合物；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、氧化铝与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为： ，方程式书写正确，故 A 符合题意；
B、石灰乳中 Ca (OH)2为微溶物，在离子方程式中不能拆成 OH-，应保留化学式，正确的离子方程式为： ，故 B 不符合题意；
C、氢氟酸是弱酸，在离子方程式中不能拆成 H+和 F-，应保留化学式，正确的离子方程式为： ，故 C 不符合题意；
D、铁粉过量时，与稀硝酸反应生成 Fe2+而非 Fe3+，正确的离子方程式为： ，故 D 不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
离子方程式需遵循拆分规则：弱酸、弱碱、难溶物、气体、水等物质在离子方程式中不能拆分；
石灰乳中的 Ca(OH)2属于微溶物的悬浊液状态，需保留化学式；
氢氟酸为弱酸，不能拆成离子形式；
反应物用量会影响产物种类，铁粉过量时，Fe2+会与 Fe3+反应生成 Fe2+。
7．【答案】C
【知识点】键能、键长、键角及其应用；极性分子和非极性分子；化学键和分子间作用力的区别；晶体的定义
【解析】【解答】A、金刚石和晶体硅均为原子晶体，硬度与共价键键能正相关，C－C 键键能大于 Si－Si 键键能，故金刚石硬度大于晶体硅，故 A 不符合题意；
B、臭氧分子为 V 形结构，极性较弱，而水分子为极性分子，根据 “相似相溶” 原理，臭氧在水中溶解度小，故 B 不符合题意；
C、壁虎足上的细毛与墙体之间形成的是范德华力，而非化学键，化学键的键能远大于范德华力，故 C 符合题意；
D、晶体具有自范性，缺角的 NaCl 晶体在饱和氯化钠溶液中会通过溶解与结晶过程，逐渐形成规则的立方体结构，故 D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
原子晶体的硬度取决于共价键键能，键能越大，硬度越高；
利用 “相似相溶” 原理判断物质溶解性，极性相近的溶剂与溶质更易互溶；
范德华力是分子间作用力，远弱于化学键，壁虎爬行依靠的是范德华力；
晶体的自范性指晶体在生长过程中自发形成规则几何外形的性质。
8．【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、根据晶胞结构，Fe 原子位于晶胞的顶点和面心，周围紧邻的 Mg 原子数目为 8，故 Fe 原子的配位数为 8，故 A 不符合题意；
B、该晶体为金属晶体，熔化时断裂的是金属键，而非极性键，极性键存在于共价化合物中，故 B 不符合题意；
C、根据“均摊法”，晶胞中含个Fe、8个Mg位于晶胞内部，则晶胞密度，故 C 符合题意；
D、储氢时，H2 可在晶胞的体心和棱心位置，晶胞中原有 4 个 Fe 和 8 个 Mg，储氢率为 50% 时，体心和棱心共容纳 H2 的数目为 ，结合比例可知化学式并非 Mg2FeH，故 D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
配位数的判断：直接数与中心原子距离最近的配位原子数目；
晶体类型与作用力：金属晶体熔化破坏金属键，离子晶体破坏离子键，原子晶体破坏共价键；
密度计算步骤：准确使用均摊法计算晶胞内原子个数，换算质量和体积进行计算；
储氢后的化学式确定：需明确储氢位置及数目，结合原子比例推导化学式。
9．【答案】B
【知识点】粗盐提纯；化学实验方案的评价；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、粗盐提纯时，除杂试剂的加入顺序应保证 Na2CO3在 BaCl2之后，以除去过量的 Ba2+，该操作顺序错误，故 A 不符合题意；
B、向含 [FeCl4]-的粗盐酸中加入硝酸银，Cl-与 Ag+生成沉淀，降低了 Cl-浓度，若溶液黄色褪去，可证明 [FeCl4]-仅在高浓度 Cl-条件下稳定存在，故 B 符合题意；
C、Na2SO3与 H2O2的反应无明显现象，无法通过观察判断反应速率的快慢，不能探究反应物浓度对反应速率的影响，故 C 不符合题意；
D、氯水滴加到蓝色石蕊试纸上，先变红后褪色，只能证明反应生成了酸和漂白性物质，无法验证反应存在限度，故 D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
粗盐提纯除杂试剂的加入顺序需满足：BaCl2溶液必须在 Na2CO3溶液之前加入，确保过量的 Ba2+能被除去；
利用沉淀反应降低 Cl-浓度，通过溶液颜色变化，判断 [FeCl4]-的稳定存在条件；
探究反应速率的实验，需选择有明显现象（如气泡产生、颜色变化）的反应，便于观察判断；
验证反应限度，需证明反应体系中同时存在反应物和生成物，该实验无法实现这一点。
10．【答案】D
【知识点】原子结构与元素的性质；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、X 为 C、Y 为 N，二者的氢化物种类繁多，碳的氢化物（如大分子烃）沸点可能高于氮的氢化物（如氨气），因此无法确定碳的氢化物沸点一定小于氮的氢化物，故 A 不符合题意；
B、Z 为 Na、W 为 Al、Q 为 Cl，三种离子中，Cl-有 3 个电子层，半径最大；Na+和 Al3+电子层结构相同，核电荷数越大半径越小，因此离子半径顺序为 Cl->Na+>Al3+，故 B 不符合题意；
C、W 为 Al、Q 为 Cl，二者形成的化合物 AlCl3是共价化合物，熔融状态不导电，工业上无法通过电解熔融 AlCl3冶炼铝，实际采用电解熔融氧化铝的方法，故 C 不符合题意；
D、Y 为 N、Z 为 Na、W 为 Al，其最高价氧化物对应水化物分别为 HNO3、NaOH、Al(OH)3，HNO3是强酸，NaOH 是强碱，Al (OH)3是两性氢氧化物，三者之间可两两发生反应，故 D 符合题意；
故答案为：D。
【分析】元素推断过程：五种短周期主族元素原子序数依次增大，其中 Z、W 为金属元素，Q 的单质常温下为气体，结合关系式 Z+W=Y+Q=4X，先锁定可能的金属元素（Li、Be、Na、Mg、Al）和气体单质元素（N、O、F、Cl）；当 X 为 C（原子序数 6）时，4X=24，此时 Z（Na，原子序数 11）+ W（Al，原子序数 13）=24，Y（N，原子序数 7）+ Q（Cl，原子序数 17）=24，满足所有条件，确定 X 为 C、Y 为 N、Z 为 Na、W 为 Al、Q 为 Cl；据此解题。
11．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、电子只能通过导线在电极间定向移动，不能通过溶液传递，故A不符合题意；
B、b电极为原电池正极，发生还原反应，电极反应式应为，而选项给出的是氧化反应，故B不符合题意；
C、原电池中阳离子向正极移动，b电极为正极，因此钠离子向b电极移动，故C不符合题意；
D、根据电离平衡，，，两式相乘得，题目中，代入得，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
原电池基本规律：电子在外电路由负极流向正极，溶液中依靠离子迁移导电；
电极反应判断：电势较高的电极为正极，发生还原反应； 低的是负极 ，发生氧化反应， 因此a是负极，b是正极。
离子移动方向：阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；
电离平衡常数计算：利用两步电离的平衡常数表达式，结合浓度稳定的条件，推导浓度与浓度的关系。
12．【答案】B
【知识点】化学平衡常数；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、 溶液中， 的水解常数 ，其数值远大于电离常数 ，说明 的水解程度大于电离程度，溶液显碱性，故A不符合题意；
B、反应 的平衡常数表达式为 ，将分子分母同乘以 ，可得 ，故B符合题意；
C、对于 溶液，根据物料守恒定律，钠元素的总浓度是硫元素所有存在形式总浓度的2倍，正确表达式为 ，选项中系数缺失，故C不符合题意；
D、 通入保持饱和状态，，沉淀产生2，，，则 ，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
溶液酸碱性判断：通过比较水解常数与电离常数大小，确定 以水解为主；
沉淀转化平衡常数：利用溶度积常数之比进行计算，；
物料守恒应用：准确把握多元弱酸根离子的物料守恒关系式，注意离子浓度的系数关系；
离子浓度计算：综合利用电离平衡常数与溶度积常数进行联合计算，不可单一套用数据。
13．【答案】A
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；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；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、、和在水中易形成胶体，加热能破坏胶体的稳定性，促使胶体聚沉，促进沉淀①的形成，便于后续过滤分离，故A符合题意；
B、溶液①中含银氨配离子，加入后溶液呈酸性，配离子被破坏，析出的沉淀为，故B不符合题意；
C、沉淀②为和的混合物，加入足量锌粉时，锌与卤化银发生置换反应生成银单质和卤化锌，反应为、 ，故C不符合题意；
D、氯气能氧化溴离子生成溴单质，也能氧化碘单质生成碘酸根离子，说明氧化性：、，但无法证明的氧化性强于，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
胶体聚沉的应用：卤化银胶体加热后聚沉，便于过滤分离；
银氨配离子的性质：酸性条件下配离子被破坏，析出沉淀；
卤化银与锌的置换反应：锌作为还原剂，将银离子还原为银单质，生成对应的卤化锌；
氧化性强弱判断：氯气的氧化性强于溴单质和碘酸根离子，但溴单质与碘酸根离子的氧化性强弱无法通过该实验直接证明。
14．【答案】B
【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
【解析】【解答】A、反应的决速步由活化能最高的基元步骤决定，根据能量轮廓图，活化能最高的步骤 为，故A不符合题意；
B、反应速率受催化剂表面活性位点数量限制，若活性位点已被反应物完全占据，增大容器内浓度， 反应速率也可能不变，故B符合题意；
C、由于各基元反应的活化能不同，会导致反应速率不同，因此键断裂一条 化学键，不一定同时形成两条 键，故C不符合题意；
D、在催化剂表面逆向解离时，每次断裂的键所处的化学环境不同，所需能量也不相同，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
决速步判断：反应速率由活化能最高的基元步骤决定，需结合能量轮廓图中峰值判断；
多相催化反应速率限制因素：当催化剂表面活性位点饱和时，增加反应物浓度无法提升反应速率；
化学键断裂的能量差异：不同化学环境中的相同化学键，断裂所需能量可能不同。
15．【答案】（1）玻璃棒，烧杯；
（2）否，可能将氧化为，造成干扰
（3）>；B
（4）1；6；+3
（5），增大浓度，平衡正向移动，促进解离
【知识点】配合物的成键情况；二价铁离子和三价铁离子的检验；过滤
【解析】【解答】（1）实验一过滤所需的玻璃仪器除漏斗外还需要玻璃棒，烧杯；亚铁离子和K3[Fe(CN)6]溶液会生成蓝色沉淀，用于检验亚铁离子，产生蓝色沉淀的离子方程式；
故答案为： 玻璃棒，烧杯 ； ；
（2）过氧化氢具有氧化性，可能将氧化为，造成对铁离子检验的干扰，故不能证明只经过预处理的溶液中含有；
故答案为： 否，可能将氧化为，造成干扰 ；
（3）由实验三可知，粉笔顶端滴加KSCN溶液，顶端变为红色，粉笔顶端滴加溶液，顶端变为蓝色，说明顶端存在亚铁离子、铁离子，而3支粉笔高于液面的下端均为浅黄色，顶端变潮湿但仍为白色，说明黄色色素与粉笔的微粒间作用力>与粉笔的微粒间作用力；这种分离方法属于B.色谱法；
故答案为： > ；B；
（4）由结构，乙二胺四乙酸中羧基失去4个氢离子和铁结合成，则铁元素化合价为+3，中心铁离子与1个Y4-通过6个共价键结合，则中心离子的配体数为1、配位数为6，其中铁元素的化合价为+3；
故答案为：1；6；+3；
（5）铁离子与Y4-结合生成配离子，增加溶液中氢离子浓度，使得平衡正向移动，促进的解离。
故答案为：，增大浓度，平衡正向移动，促进解离 ；
【分析】对比实验要遵循单一变量原则，只改变要研究的变量，其他无关条件都要保持一致，这样才能准确判断该因素对实验的影响；亚铁离子可以用铁氰化钾溶液检验：取少量待测液，加入 K3[Fe (CN)6] 溶液，如果出现蓝色沉淀，就说明溶液里有亚铁离子；铁离子可以用硫氰化钾溶液检验：取少量待测液，加入 KSCN 溶液，如果溶液变成红色，就说明溶液里有铁离子。
（1）过滤操作的玻璃仪器需包含漏斗、玻璃棒、烧杯；亚铁离子可通过与反应生成蓝色沉淀进行特征检验，需根据电荷守恒与原子守恒书写离子方程式。
（2）检验铁离子时，需排除过氧化氢的干扰，过氧化氢可将氧化为，导致无法确定铁离子的来源。
（3）根据粉笔顶端与下端的现象差异，判断离子与色素和粉笔微粒的作用力强弱，该利用物质与固定相、流动相作用力差异实现分离的方法属于色谱法。
（4）利用电荷守恒计算配合物中中心离子的化合价；结合EDTA的结构特点，区分配体数与配位数，其中为六齿配体。
（5）分析配合物解离平衡，根据勒夏特列原理，氢离子浓度增加会使平衡正向移动，促进配合物解离。
（1）实验一过滤所需的玻璃仪器除漏斗外还需要玻璃棒，烧杯；亚铁离子和K3[Fe(CN)6]溶液会生成蓝色沉淀，用于检验亚铁离子，产生蓝色沉淀的离子方程式；
（2）过氧化氢具有氧化性，可能将氧化为，造成对铁离子检验的干扰，故不能证明只经过预处理的溶液中含有；
（3）由实验三可知，粉笔顶端滴加KSCN溶液，顶端变为红色，粉笔顶端滴加溶液，顶端变为蓝色，说明顶端存在亚铁离子、铁离子，而3支粉笔高于液面的下端均为浅黄色，顶端变潮湿但仍为白色，说明黄色色素与粉笔的微粒间作用力>与粉笔的微粒间作用力；这种分离方法属于B.色谱法；
（4）由结构，乙二胺四乙酸中羧基失去4个氢离子和铁结合成，则铁元素化合价为+3，中心铁离子与1个Y4-通过6个共价键结合，则中心离子的配体数为1、配位数为6，其中铁元素的化合价为+3；
（5）铁离子与Y4-结合生成配离子，增加溶液中氢离子浓度，使得平衡正向移动，促进的解离。
16．【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，增大电解锰渣的浸出率
（2）
（3）3
（4）萃取剂磷酸酯显酸性，，萃取剂被反应失效
（5）加热浓缩，冷却结晶，过滤
（6）8；被氧化的MnS增多，促进MnS溶解
【知识点】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）粉碎电解锰渣的目的是增大接触面积，加快反应速率，增大电解锰渣的浸出率；
故答案为： 增大接触面积，加快反应速率，增大电解锰渣的浸出率 ；
（2）电解锰渣加入二氧化锰、硫酸酸浸，二氧化锰氧化MnS生成，MnS中硫元素化合价由-2变为+6、二氧化锰中锰元素化合价由+4变为+2，结合电子守恒，反应为：；
故答案为： ；
（3）当时认为沉淀完全，则，pOH=11，则调节pH的最小值为14-11=3；
故答案为： 3 ；
（4）萃取剂磷酸酯显酸性，，pH过高，酸性萃取剂会与用于调节pH的碱反应而被消耗，萃取剂被反应失效，导致分离系数降低；
故答案为： 萃取剂磷酸酯显酸性，，萃取剂被反应失效 ；
（5）由分析，水相经过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干得到硫酸锰晶体；
故答案为： 加热浓缩，冷却结晶，过滤 ；
（6）由图，最佳渣料比为8，此时，锰的浸出率最高；MnS中也含锰元素，前期随着渣料比的减少，Mn浸出率增加的原因是渣料比（）减少，意味着的相对用量增加，从而促进了MnS的氧化溶解，提高了Mn的浸出率；
故答案为：8； 被氧化的MnS增多，促进MnS溶解 ；
【分析】电解锰渣在二氧化锰、硫酸体系中酸浸， 既氧化 为 ，又氧化 生成 ；浸出液经调pH除铁、萃取、反萃取、结晶，最终得到硫酸锰晶体。
（1）从影响反应速率的因素入手，粉碎固体反应物可增大其与酸液的接触面积，从而加快酸浸反应速率，提高锰元素的浸出率。
（2）先分析化合价变化： 中S从-2价→+6价，失去8e-； 中Mn从+4价→+2价，每个Mn得到2e-。根据电子守恒， 与 物质的量之比为1：4；再结合硫酸介质配平原子，得到反应方程式。
（3）根据溶度积规则，当 沉淀完全时（浓度≤），利用 公式计算 浓度，再换算出，即为调节pH的最小值。
（4）萃取剂磷酸酯为酸性物质，若pH＞4，体系中的碱性物质会与酸性萃取剂发生中和反应，导致萃取剂失效，降低锰离子与杂质的分离效率。
（5）从含锰水相制备可溶性盐晶体，需先加热浓缩提高溶液浓度，再冷却结晶使硫酸锰析出，最后通过过滤、洗涤、烘干得到纯净晶体。
（6）明确“渣料比=电解锰渣质量/二氧化锰质量”，比值越小，代表 相对用量越多；更多的 能充分氧化溶解，从而提高锰的浸出率，因此最佳渣料比为8。
（1）粉碎电解锰渣的目的是增大接触面积，加快反应速率，增大电解锰渣的浸出率；
（2）电解锰渣加入二氧化锰、硫酸酸浸，二氧化锰氧化MnS生成，MnS中硫元素化合价由-2变为+6、二氧化锰中锰元素化合价由+4变为+2，结合电子守恒，反应为：；
（3）当时认为沉淀完全，则，pOH=11，则调节pH的最小值为14-11=3；
（4）萃取剂磷酸酯显酸性，，pH过高，酸性萃取剂会与用于调节pH的碱反应而被消耗，萃取剂被反应失效，导致分离系数降低；
（5）由分析，水相经过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干得到硫酸锰晶体；
（6）由图，最佳渣料比为8，此时，锰的浸出率最高；MnS中也含锰元素，前期随着渣料比的减少，Mn浸出率增加的原因是渣料比（）减少，意味着的相对用量增加，从而促进了MnS的氧化溶解，提高了Mn的浸出率；
17．【答案】（1）-130.8
（2）增大压强，反应I向气体体积缩小的正反应方向移动
（3）、；催化剂活性增大，反应速率加快(或活化分子百分数增多，反应速率加快)
（4）(或0.037)
（5）+3变为+4；高能粒子使水产生更多H原子，产生更多氧空位
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】（1）由盖斯定律可知，反应Ⅰ×2-反应Ⅱ得到反应，故。
故答案为： -130.8 ；
（2）增大压强，反应Ⅰ向气体体积缩小的正反应方向移动，导致的平衡产率增大。
故答案为： 增大压强，反应I向气体体积缩小的正反应方向移动 ；
（3）①由图，该反应的最佳条件是、，此时甲醇的时空收率最大。
②催化剂需要一定的活性温度，作催化剂，温度低于时，随温度升高甲醇时空收率增大的原因可能是催化剂活性增大，反应速率加快(或活化分子百分数增多，反应速率加快)。
故答案为：、 ； 催化剂活性增大，反应速率加快(或活化分子百分数增多，反应速率加快) ；
（4）由表，平衡时总的物质的量为，总的物质的量减小1mol，反应气体分子数减小2的反应，则反应消耗二氧化碳0.5mol、氢气1.5mol、生成甲醇和水均为0.5mol，平衡时二氧化碳为0.5mol、氢气1.5mol，总压强为8MPa×0.75=6MPa，则。
故答案为：(或0.037) ；
（5）①上图所示机理的步骤(Ⅲ)中，元素Zr在步骤(Ⅲ)之前存在1个氧空位同时和1个氧形成1个共价键，则化合价为+3，(Ⅲ)之后又和1个氧形成1个共价键，则化合价为+4，故化合价发生的变化为+3变为+4。
②已知，增大反应电流，等离子体会释放出数量更多的高能粒子；高能粒子使水产生更多H原子，产生更多氧空位，从而导致随着反应电流的增大，的产量增大。
故答案为： +3变为+4 ； 高能粒子使水产生更多H原子，产生更多氧空位 ；
【分析】（1）利用盖斯定律，通过已知反应焓变的代数运算，求出目标反应的焓变；
（2）结合勒夏特列原理，根据反应前后气体分子数变化，分析压强对平衡移动及甲醇产率的影响；
（3）①根据图像时空收率峰值，直接确定反应的最佳催化剂与温度条件；
②结合催化剂活性与温度的关系，解释低温段收率随温度升高而增大的原因；
（4）利用总物质的量变化与反应计量关系，算出各物质平衡分压，再代入平衡常数公式计算Kp ；
（5）①根据反应机理中 Zr 原子成键数目变化，判断其化合价的改变；
②结合电流增大对高能粒子、氧空位的影响，分析甲醇产量提升的原因。
（1）由盖斯定律可知，反应Ⅰ×2-反应Ⅱ得到反应，故。
（2）增大压强，反应Ⅰ向气体体积缩小的正反应方向移动，导致的平衡产率增大。
（3）①由图，该反应的最佳条件是、，此时甲醇的时空收率最大。
②催化剂需要一定的活性温度，作催化剂，温度低于时，随温度升高甲醇时空收率增大的原因可能是催化剂活性增大，反应速率加快(或活化分子百分数增多，反应速率加快)。
（4）由表，平衡时总的物质的量为，总的物质的量减小1mol，反应气体分子数减小2的反应，则反应消耗二氧化碳0.5mol、氢气1.5mol、生成甲醇和水均为0.5mol，平衡时二氧化碳为0.5mol、氢气1.5mol，总压强为8MPa×0.75=6MPa，则。
（5）①上图所示机理的步骤(Ⅲ)中，元素Zr在步骤(Ⅲ)之前存在1个氧空位同时和1个氧形成1个共价键，则化合价为+3，(Ⅲ)之后又和1个氧形成1个共价键，则化合价为+4，故化合价发生的变化为+3变为+4。
②已知，增大反应电流，等离子体会释放出数量更多的高能粒子；高能粒子使水产生更多H原子，产生更多氧空位，从而导致随着反应电流的增大，的产量增大。
18．【答案】（1）邻苯二酚(或1，2-苯二酚)
（2）还原反应(或加成反应)
（3）
（4）
（5）和
（6）、、
（7）
【知识点】有机化合物的命名；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；加成反应
【解析】【解答】（1）由结构，A的化学名称是邻苯二酚(或1，2-苯二酚)；
故答案为： 邻苯二酚(或1，2-苯二酚) ；
（2）E中羰基还原为羟基得到F，为还原反应或加成反应；
故答案为： 还原反应(或加成反应) ；
（3）C中羧基反应引入氯离子转化为D，同时生成两种气体，结合质量守恒，生成气体为二氧化硫和HCl，故反应为：；
故答案为： ；
（4）由分析，X为；
故答案为： ；
（5）有机物I中苯环碳原子、羰基碳原子均为sp2杂化、甲基碳为sp3杂化；
故答案为：和 ；
（6）B除苯环外含2个氧、2个碳、不饱和度为0，同时符合下列条件的化合物B的同分异构体：a.苯环上只有一个取代基；b.含有一个手性碳（手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子）； c.不存在过氧键()，则2个氧不直接相连，分子中存在2个羟基或1个羟基、1个醚键，结构可以为：、、；
故答案为：、、 ；
（7）中羟基发生消去反应生成碳碳双键，再和发生已知反应原理成环生成，再芳构化得到产物，故流程为：。
故答案为： ；
【分析】以邻苯二酚为起始原料，经甲基化反应保护酚羟基得到 B；B 与酸酐发生傅克酰基化反应引入酰基，再经酰氯化得到 D；D 与苯甲醚发生傅克酰基化反应构建双芳基结构，随后羰基被还原为羟基，在浓硫酸加热条件下发生分子内脱水生成烯烃中间体 G（）；G 与试剂 X 经 Diels-Alder 反应得到环加成产物 H，结合H结构，则X为，最后 H 在 Pd/C 催化下芳构化，最终得到目标产物 I。
（1）根据有机物的结构特征，结合系统命名法确定 A 的化学名称；
（2）依据官能团的变化（羰基→羟基），判断该反应为还原反应；
（3）结合 SOCl2与羧酸反应的规律和原子守恒，写出生成酰氯和两种气体的化学方程式；
（4）根据 Diels-Alder 反应的特点和产物结构，逆向推断出试剂 X 的结构；
（5）根据苯环、羰基和甲基中碳原子的成键方式，判断碳原子的杂化类型；
（6）结合限定条件（单取代、手性碳、无过氧键），书写 B 的同分异构体；
（7）结合已知反应原理，设计由醇经消去、Diels-Alder 加成、芳构化制备目标产物的合成路线。
（1）由结构，A的化学名称是邻苯二酚(或1，2-苯二酚)；
（2）E中羰基还原为羟基得到F，为还原反应或加成反应；
（3）C中羧基反应引入氯离子转化为D，同时生成两种气体，结合质量守恒，生成气体为二氧化硫和HCl，故反应为：；
（4）由分析，X为；
（5）有机物I中苯环碳原子、羰基碳原子均为sp2杂化、甲基碳为sp3杂化；
（6）B除苯环外含2个氧、2个碳、不饱和度为0，同时符合下列条件的化合物B的同分异构体：a.苯环上只有一个取代基；b.含有一个手性碳（手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子）； c.不存在过氧键()，则2个氧不直接相连，分子中存在2个羟基或1个羟基、1个醚键，结构可以为：、、；
（7）中羟基发生消去反应生成碳碳双键，再和发生已知反应原理成环生成，再芳构化得到产物，故流程为：。
1 / 1贵州遵义市2026届上学期高三第二次适应性考试（二模）化学试卷
1．中国科学家实现了以为原料人工合成淀粉，这项技术被国际学术界誉为影响世界的重大突破。已知淀粉化学式为，下列有关淀粉的说法错误的是
A．淀粉是有机高分子
B．淀粉能用于制造可降解材料
C．淀粉在人体内水解的最终产物是葡萄糖
D．合成淀粉的过程不涉及氧化还原反应
【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；多糖的性质和用途；蔗糖与淀粉的性质实验
【解析】【解答】A、淀粉化学式为，相对分子质量高达几十万到上百万，属于有机高分子化合物，故A不符合题意；
B、淀粉分子中含有糖苷键，在自然环境或生物酶作用下可水解降解，能用于制造可降解材料，故B不符合题意；
C、淀粉在人体内经淀粉酶、麦芽糖酶催化逐步水解，最终产物为葡萄糖，可被人体吸收利用，故C不符合题意；
D、中C元素化合价为+4价，淀粉中C元素平均化合价为0价，反应过程中碳元素化合价发生变化，涉及氧化还原反应，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
依据有机高分子的定义，判断淀粉的属性；
结合淀粉的生物降解性，分析其在可降解材料中的应用；
明确淀粉在人体内的酶促水解路径及最终产物；
通过元素化合价变化，判断合成淀粉过程是否涉及氧化还原反应。
2．磷酸亚铁锂在新能源电池中有重要应用，下列有关化学用语说法错误的是
A．的空间结构为正四面体形
B．中存在离子键与极性共价键
C．中的价层电子排布式为
D．基态磷原子的电子占据的最高能级轨道形状为哑铃形
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；离子键的形成；判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】A、 中心P原子价层电子对数为4且无孤电子对，根据价层电子对互斥理论，其空间结构为正四面体形，故A不符合题意；
B、 中与酸根离子间存在离子键，酸根内部的P-O键为不同原子间形成的极性共价键，故B不符合题意；
C、基态Fe原子价层电子排布式为，形成时优先失去4s轨道的2个电子，因此的价层电子排布式为，而非，故C符合题意；
D、基态P原子的电子排布式为 1s22s22p63s23p3，电子占据的最高能级为3p轨道，p轨道的空间形状为哑铃形，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
利用价层电子对互斥理论，计算中心原子的价层电子对数与孤电子对数，判断离子的空间结构；
区分离子键与极性共价键的存在形式，明确离子化合物中阴阳离子间的化学键类型，以及原子团内部的共价键极性；
掌握过渡金属阳离子的失电子规律，即优先失去最外层ns轨道的电子，再失去(n-1)d轨道的电子，从而正确书写价层电子排布式；
识别不同能级轨道的空间形状，s轨道为球形，p轨道为哑铃形。
3．氯气是制备含氯化合物的重要原料，某实验小组设计实验制备氯气并验证其性质，下列能达到实验目的的是
A.制取氯气 B.除去中的HCl
C.验证氧化性： D.吸收氯气
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法
【解析】【解答】A、MnO2与浓盐酸反应制备氯气需要加热条件，装置中缺少酒精灯，无法完成实验，故 A 不符合题意；
B、碱石灰为 NaOH 和 CaO 的混合物，Cl2和 HCl 均会与碱石灰发生反应，不能用于除去 Cl2中的 HCl，应选用饱和食盐水，故 B 不符合题意；
C、Cl2可氧化 KI 生成 I2使淀粉变蓝，也可氧化 KBr 生成 Br2，但无法确定 Br2是否氧化 KI，不能证明氧化性 Br2 > I2，故 C 不符合题意；
D、Cl2能与 NaOH 溶液反应生成 NaCl、NaClO 和 H2O，用 NaOH 溶液可吸收多余的氯气，防止污染空气，故 D 符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
实验室制备 Cl2的反应条件为加热，需注意固液加热型装置的必备仪器；
氯气除杂试剂需满足 “只吸收杂质、不消耗被提纯物质” 的原则，明确碱石灰不能用于干燥或除杂氯气；
验证氧化性强弱时，需排除干扰因素，该装置无法证明 Br2的氧化性强于 I2；
氯气有毒，需用碱溶液进行尾气处理，NaOH 溶液是常用的吸收试剂。
4．过氧化钠可在呼吸面具中作吸收剂和供氧剂。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．晶体中含有的离子数为
B．标准状况下，中含有键的数目为
C．溶液中阳离子的数目为
D．与反应生成，转移的电子数为
【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；钠的氧化物；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、晶体中含和，离子总数为，故A错误；
B、标准状况下为，结构式为，含键，数目为，故B正确；
C、题干未给出溶液体积，无法计算阳离子（等）数目，故C错误；
D、与反应的化学方程式为，生成时转移电子，电子数为，故D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点
晶体结构判断：明确晶体由和过氧根离子（）构成，含离子；
化学键计数：分子中双键包含个键和个键，含键；
溶液计算前提：物质的量浓度计算微粒数目时，必须明确溶液体积，否则无法计算；
氧化还原反应电子转移：与反应为歧化反应，中元素从价分别变为价和价，生成转移电子。
5．化合物X可增加胰岛素分泌，是预防糖尿病、肾病的药物，其结构如图所示。下列关于化合物X的说法错误的是
A．可形成分子内氢键
B．有3种不同的官能团
C．所有原子一定在同一平面上
D．既能和盐酸反应又能和NaOH溶液反应
【答案】C
【知识点】含有氢键的物质；有机物中的官能团；有机物的结构和性质；酰胺
【解析】【解答】A、化合物 X 中含有羟基、酰胺基等基团，羟基氢原子可与相邻的氧原子或氮原子形成分子内氢键，故 A 不符合题意；
B、化合物 X 中含有酚羟基、酰胺基、亚氨基 3 种不同的官能团，故 B 不符合题意；
C、化合物 X 中含有 N 原子，其连接的氢原子与苯环不一定共平面，且单键可自由旋转，因此所有原子不一定在同一平面上，故 C 符合题意；
D、化合物 X 中含有亚氨基，可与盐酸反应；含有酚羟基和酰胺基，可与 NaOH 溶液反应，故 D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
分子内氢键的形成条件：分子中同时存在电负性大、半径小的原子和氢原子，且空间位置合适；
官能团的识别：明确酚羟基、酰胺基、亚氨基的结构与类别；
有机物分子中原子共面的判断：注意单键旋转、N 原子杂化方式对空间结构的影响；
官能团的化学性质：亚氨基具有碱性，酚羟基和酰胺基具有酸性，可分别与酸、碱反应。
6．下列离子方程式正确的是
A．氧化铝与氢氧化钠溶液反应：
B．向冷的石灰乳中通入氯气制漂白粉：
C．用氢氟酸刻蚀石英玻璃：
D．向稀硝酸中加入过量铁粉：
【答案】A
【知识点】镁、铝的重要化合物；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、氧化铝与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为： ，方程式书写正确，故 A 符合题意；
B、石灰乳中 Ca (OH)2为微溶物，在离子方程式中不能拆成 OH-，应保留化学式，正确的离子方程式为： ，故 B 不符合题意；
C、氢氟酸是弱酸，在离子方程式中不能拆成 H+和 F-，应保留化学式，正确的离子方程式为： ，故 C 不符合题意；
D、铁粉过量时，与稀硝酸反应生成 Fe2+而非 Fe3+，正确的离子方程式为： ，故 D 不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
离子方程式需遵循拆分规则：弱酸、弱碱、难溶物、气体、水等物质在离子方程式中不能拆分；
石灰乳中的 Ca(OH)2属于微溶物的悬浊液状态，需保留化学式；
氢氟酸为弱酸，不能拆成离子形式；
反应物用量会影响产物种类，铁粉过量时，Fe2+会与 Fe3+反应生成 Fe2+。
7．下列对物质性质或现象的解释错误的是
选项 物质性质或现象 解释
A 金刚石硬度大于晶体硅 键键能大于键键能
B 臭氧在水中溶解度小 臭氧分子极性小，水分子极性大
C 壁虎能在墙壁上爬行 壁虎足上的细毛与墙体能形成强烈的化学键
D 缺角的NaCl晶体在饱和氯化钠溶液中变为完整立方体块 晶体具有自范性
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】键能、键长、键角及其应用；极性分子和非极性分子；化学键和分子间作用力的区别；晶体的定义
【解析】【解答】A、金刚石和晶体硅均为原子晶体，硬度与共价键键能正相关，C－C 键键能大于 Si－Si 键键能，故金刚石硬度大于晶体硅，故 A 不符合题意；
B、臭氧分子为 V 形结构，极性较弱，而水分子为极性分子，根据 “相似相溶” 原理，臭氧在水中溶解度小，故 B 不符合题意；
C、壁虎足上的细毛与墙体之间形成的是范德华力，而非化学键，化学键的键能远大于范德华力，故 C 符合题意；
D、晶体具有自范性，缺角的 NaCl 晶体在饱和氯化钠溶液中会通过溶解与结晶过程，逐渐形成规则的立方体结构，故 D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
原子晶体的硬度取决于共价键键能，键能越大，硬度越高；
利用 “相似相溶” 原理判断物质溶解性，极性相近的溶剂与溶质更易互溶；
范德华力是分子间作用力，远弱于化学键，壁虎爬行依靠的是范德华力；
晶体的自范性指晶体在生长过程中自发形成规则几何外形的性质。
8．铁镁合金是储氢密度最高的储氢材料之一，其立方晶胞结构如图所示。晶胞参数为，为阿伏加德罗常数的值。储氢时，可在晶胞的体心和棱心位置。下列说法正确的是
A．Fe原子的配位数为4
B．晶体熔化时极性键断裂
C．合金的密度为
D．储氢率为时，晶体的化学式为
【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、根据晶胞结构，Fe 原子位于晶胞的顶点和面心，周围紧邻的 Mg 原子数目为 8，故 Fe 原子的配位数为 8，故 A 不符合题意；
B、该晶体为金属晶体，熔化时断裂的是金属键，而非极性键，极性键存在于共价化合物中，故 B 不符合题意；
C、根据“均摊法”，晶胞中含个Fe、8个Mg位于晶胞内部，则晶胞密度，故 C 符合题意；
D、储氢时，H2 可在晶胞的体心和棱心位置，晶胞中原有 4 个 Fe 和 8 个 Mg，储氢率为 50% 时，体心和棱心共容纳 H2 的数目为 ，结合比例可知化学式并非 Mg2FeH，故 D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
配位数的判断：直接数与中心原子距离最近的配位原子数目；
晶体类型与作用力：金属晶体熔化破坏金属键，离子晶体破坏离子键，原子晶体破坏共价键；
密度计算步骤：准确使用均摊法计算晶胞内原子个数，换算质量和体积进行计算；
储氢后的化学式确定：需明确储氢位置及数目，结合原子比例推导化学式。
9．下列实验操作或方法，能达到实验目的的是
选项 实验操作或方法 实验目的
A 向粗盐水中先后加入过量溶液、NaOH溶液和溶液 除去粗盐中的和杂质离子
B 向亮黄色的粗盐酸(含)中加入适量硝酸银，待沉淀完成后观察溶液颜色变化 证明只在高浓度的条件下稳定存在
C 向的溶液、的溶液中分别滴加 探究反应物浓度对化学反应速率的影响
D 取一份新制氯水，滴加到蓝色的石蕊试纸上 验证氯气与水的反应存在限度
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】粗盐提纯；化学实验方案的评价；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、粗盐提纯时，除杂试剂的加入顺序应保证 Na2CO3在 BaCl2之后，以除去过量的 Ba2+，该操作顺序错误，故 A 不符合题意；
B、向含 [FeCl4]-的粗盐酸中加入硝酸银，Cl-与 Ag+生成沉淀，降低了 Cl-浓度，若溶液黄色褪去，可证明 [FeCl4]-仅在高浓度 Cl-条件下稳定存在，故 B 符合题意；
C、Na2SO3与 H2O2的反应无明显现象，无法通过观察判断反应速率的快慢，不能探究反应物浓度对反应速率的影响，故 C 不符合题意；
D、氯水滴加到蓝色石蕊试纸上，先变红后褪色，只能证明反应生成了酸和漂白性物质，无法验证反应存在限度，故 D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
粗盐提纯除杂试剂的加入顺序需满足：BaCl2溶液必须在 Na2CO3溶液之前加入，确保过量的 Ba2+能被除去；
利用沉淀反应降低 Cl-浓度，通过溶液颜色变化，判断 [FeCl4]-的稳定存在条件；
探究反应速率的实验，需选择有明显现象（如气泡产生、颜色变化）的反应，便于观察判断；
验证反应限度，需证明反应体系中同时存在反应物和生成物，该实验无法实现这一点。
10．某新型配位化合物由五种不同主族的短周期元素组成，且原子序数依次增大。其中为金属元素，Q的单质常温下为气体，原子序数大小满足关系式：。下列说法正确的是
A．氢化物沸点：
B．简单离子半径：
C．工业上通过电解W与Q的二元化合物制得单质W
D．Y、Z、W的最高价氧化物对应的水化物能相互反应
【答案】D
【知识点】原子结构与元素的性质；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、X 为 C、Y 为 N，二者的氢化物种类繁多，碳的氢化物（如大分子烃）沸点可能高于氮的氢化物（如氨气），因此无法确定碳的氢化物沸点一定小于氮的氢化物，故 A 不符合题意；
B、Z 为 Na、W 为 Al、Q 为 Cl，三种离子中，Cl-有 3 个电子层，半径最大；Na+和 Al3+电子层结构相同，核电荷数越大半径越小，因此离子半径顺序为 Cl->Na+>Al3+，故 B 不符合题意；
C、W 为 Al、Q 为 Cl，二者形成的化合物 AlCl3是共价化合物，熔融状态不导电，工业上无法通过电解熔融 AlCl3冶炼铝，实际采用电解熔融氧化铝的方法，故 C 不符合题意；
D、Y 为 N、Z 为 Na、W 为 Al，其最高价氧化物对应水化物分别为 HNO3、NaOH、Al(OH)3，HNO3是强酸，NaOH 是强碱，Al (OH)3是两性氢氧化物，三者之间可两两发生反应，故 D 符合题意；
故答案为：D。
【分析】元素推断过程：五种短周期主族元素原子序数依次增大，其中 Z、W 为金属元素，Q 的单质常温下为气体，结合关系式 Z+W=Y+Q=4X，先锁定可能的金属元素（Li、Be、Na、Mg、Al）和气体单质元素（N、O、F、Cl）；当 X 为 C（原子序数 6）时，4X=24，此时 Z（Na，原子序数 11）+ W（Al，原子序数 13）=24，Y（N，原子序数 7）+ Q（Cl，原子序数 17）=24，满足所有条件，确定 X 为 C、Y 为 N、Z 为 Na、W 为 Al、Q 为 Cl；据此解题。
11．在医学上用气敏电极检测动脉中的含量，下图是气敏电极的结构示意图。图中d是只允许通过的渗透膜；c是溶液，浓度稳定在是甘汞电极；a是指示电极。a与b组成原电池，b电极电势较高，通过测定该电池两极间电压E可得出浓度。
已知：
①
②
下列说法正确的是
A．电子由a电极通过溶液流向b电极
B．b的电极反应式为
C．钠离子向a电极移动
D．
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、电子只能通过导线在电极间定向移动，不能通过溶液传递，故A不符合题意；
B、b电极为原电池正极，发生还原反应，电极反应式应为，而选项给出的是氧化反应，故B不符合题意；
C、原电池中阳离子向正极移动，b电极为正极，因此钠离子向b电极移动，故C不符合题意；
D、根据电离平衡，，，两式相乘得，题目中，代入得，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
原电池基本规律：电子在外电路由负极流向正极，溶液中依靠离子迁移导电；
电极反应判断：电势较高的电极为正极，发生还原反应； 低的是负极 ，发生氧化反应， 因此a是负极，b是正极。
离子移动方向：阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；
电离平衡常数计算：利用两步电离的平衡常数表达式，结合浓度稳定的条件，推导浓度与浓度的关系。
12．环保工程师利用和处理水样中。已知时，饱和溶液浓度约为，。下列说法正确的是
A．NaHS溶液显酸性
B．反应的平衡常数
C．溶液中：
D．向水样中通入气体保持饱和状态，最后溶液中
【答案】B
【知识点】化学平衡常数；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、 溶液中， 的水解常数 ，其数值远大于电离常数 ，说明 的水解程度大于电离程度，溶液显碱性，故A不符合题意；
B、反应 的平衡常数表达式为 ，将分子分母同乘以 ，可得 ，故B符合题意；
C、对于 溶液，根据物料守恒定律，钠元素的总浓度是硫元素所有存在形式总浓度的2倍，正确表达式为 ，选项中系数缺失，故C不符合题意；
D、 通入保持饱和状态，，沉淀产生2，，，则 ，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
溶液酸碱性判断：通过比较水解常数与电离常数大小，确定 以水解为主；
沉淀转化平衡常数：利用溶度积常数之比进行计算，；
物料守恒应用：准确把握多元弱酸根离子的物料守恒关系式，注意离子浓度的系数关系；
离子浓度计算：综合利用电离平衡常数与溶度积常数进行联合计算，不可单一套用数据。
13．某实验小组设计下列流程分离和检验实验室废液中的卤素离子：。
已知：①和AgI在水中易形成胶体；
②AgBr和AgI不溶于氨水；
③的溶液为橙红色，的溶液为紫色。
下列说法正确的是
A．加热可促进沉淀①的形成，便于过滤分离
B．溶液①加入后形成的沉淀是Ag
C．沉淀②只发生反应
D．由流程可知，氧化性强弱为
【答案】A
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；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；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、、和在水中易形成胶体，加热能破坏胶体的稳定性，促使胶体聚沉，促进沉淀①的形成，便于后续过滤分离，故A符合题意；
B、溶液①中含银氨配离子，加入后溶液呈酸性，配离子被破坏，析出的沉淀为，故B不符合题意；
C、沉淀②为和的混合物，加入足量锌粉时，锌与卤化银发生置换反应生成银单质和卤化锌，反应为、 ，故C不符合题意；
D、氯气能氧化溴离子生成溴单质，也能氧化碘单质生成碘酸根离子，说明氧化性：、，但无法证明的氧化性强于，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
胶体聚沉的应用：卤化银胶体加热后聚沉，便于过滤分离；
银氨配离子的性质：酸性条件下配离子被破坏，析出沉淀；
卤化银与锌的置换反应：锌作为还原剂，将银离子还原为银单质，生成对应的卤化锌；
氧化性强弱判断：氯气的氧化性强于溴单质和碘酸根离子，但溴单质与碘酸根离子的氧化性强弱无法通过该实验直接证明。
14．表面科学技术阐明了恒容密闭容器中和在铁催化剂表面合成氨的过程。计算机模拟反应的能量轮廓图如下所示(“*”表示粒子吸附在催化剂表面有限的活性位点上)。
下列说法正确的是
A．该反应的决速步为
B．增大容器内浓度，化学反应速率可能不变
C．每断裂一条化学键，同时形成两条键
D．在铁催化剂表面逆向解离的过程中，每次断裂键所需能量相同
【答案】B
【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
【解析】【解答】A、反应的决速步由活化能最高的基元步骤决定，根据能量轮廓图，活化能最高的步骤 为，故A不符合题意；
B、反应速率受催化剂表面活性位点数量限制，若活性位点已被反应物完全占据，增大容器内浓度， 反应速率也可能不变，故B符合题意；
C、由于各基元反应的活化能不同，会导致反应速率不同，因此键断裂一条 化学键，不一定同时形成两条 键，故C不符合题意；
D、在催化剂表面逆向解离时，每次断裂的键所处的化学环境不同，所需能量也不相同，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
决速步判断：反应速率由活化能最高的基元步骤决定，需结合能量轮廓图中峰值判断；
多相催化反应速率限制因素：当催化剂表面活性位点饱和时，增加反应物浓度无法提升反应速率；
化学键断裂的能量差异：不同化学环境中的相同化学键，断裂所需能量可能不同。
15．某小组设计实验检验铁强化酱油中的铁元素。取20 mL铁强化酱油于烧杯中，用溶液将酱油稀释至浅黄色，得到预处理液。然后进行如下实验：
序号 操作 检验及其现象
实验一 取5 mL预处理液于试管中，滴加5滴溶液。 溶液立即变为绿色，过滤后，得到蓝色固体小颗粒。
实验二 取2 mL预处理液于试管中，加入2 mL 并加热。 冷却后滴加4滴KSCN试剂，溶液变为红色。
实验三 取10 mL预处理液于表面皿中，向其中放入3支略高于液面的粉笔，一段时间后，3支粉笔高于液面的下端均为浅黄色，顶端变潮湿但仍为白色。 向第2支粉笔顶端滴加KSCN溶液，顶端变为红色；向第3支粉笔顶端滴加溶液，顶端变为蓝色。
回答下列问题：
（1）实验一过滤所需的玻璃仪器除漏斗外还需要　 　，写出产生蓝色沉淀的离子方程式　 　。
（2）实验二加入的目的是除去酱油中的有机色素。实验二能否证明只经过预处理的溶液中含有并说明原因　 　。
（3）由实验三可知，黄色色素与粉笔的微粒间作用力　 　与粉笔的微粒间作用力(填“>”、“＜”或“=”)。这种分离方法属于　 　(填序号)。
A.质谱法　　B.色谱法　　C.萃取法　　D.离子交换法
（4）乙二胺四乙酸铁钠(NaFeY)是铁强化酱油中的铁营养强化剂，乙二胺四乙酸(H4Y)与的结构分别如下图所示，则中心离子的配体数为　 　，配位数为　 　，其中铁元素的化合价为　 　。
（5）乙二胺四乙酸(Y)存在等7种形式，这7种粒子的分布分数与pH的关系如下图所示。原料预处理中为了让解离，需加酸调节至，结合离子方程式解释原因：　 　。
【答案】（1）玻璃棒，烧杯；
（2）否，可能将氧化为，造成干扰
（3）>；B
（4）1；6；+3
（5），增大浓度，平衡正向移动，促进解离
【知识点】配合物的成键情况；二价铁离子和三价铁离子的检验；过滤
【解析】【解答】（1）实验一过滤所需的玻璃仪器除漏斗外还需要玻璃棒，烧杯；亚铁离子和K3[Fe(CN)6]溶液会生成蓝色沉淀，用于检验亚铁离子，产生蓝色沉淀的离子方程式；
故答案为： 玻璃棒，烧杯 ； ；
（2）过氧化氢具有氧化性，可能将氧化为，造成对铁离子检验的干扰，故不能证明只经过预处理的溶液中含有；
故答案为： 否，可能将氧化为，造成干扰 ；
（3）由实验三可知，粉笔顶端滴加KSCN溶液，顶端变为红色，粉笔顶端滴加溶液，顶端变为蓝色，说明顶端存在亚铁离子、铁离子，而3支粉笔高于液面的下端均为浅黄色，顶端变潮湿但仍为白色，说明黄色色素与粉笔的微粒间作用力>与粉笔的微粒间作用力；这种分离方法属于B.色谱法；
故答案为： > ；B；
（4）由结构，乙二胺四乙酸中羧基失去4个氢离子和铁结合成，则铁元素化合价为+3，中心铁离子与1个Y4-通过6个共价键结合，则中心离子的配体数为1、配位数为6，其中铁元素的化合价为+3；
故答案为：1；6；+3；
（5）铁离子与Y4-结合生成配离子，增加溶液中氢离子浓度，使得平衡正向移动，促进的解离。
故答案为：，增大浓度，平衡正向移动，促进解离 ；
【分析】对比实验要遵循单一变量原则，只改变要研究的变量，其他无关条件都要保持一致，这样才能准确判断该因素对实验的影响；亚铁离子可以用铁氰化钾溶液检验：取少量待测液，加入 K3[Fe (CN)6] 溶液，如果出现蓝色沉淀，就说明溶液里有亚铁离子；铁离子可以用硫氰化钾溶液检验：取少量待测液，加入 KSCN 溶液，如果溶液变成红色，就说明溶液里有铁离子。
（1）过滤操作的玻璃仪器需包含漏斗、玻璃棒、烧杯；亚铁离子可通过与反应生成蓝色沉淀进行特征检验，需根据电荷守恒与原子守恒书写离子方程式。
（2）检验铁离子时，需排除过氧化氢的干扰，过氧化氢可将氧化为，导致无法确定铁离子的来源。
（3）根据粉笔顶端与下端的现象差异，判断离子与色素和粉笔微粒的作用力强弱，该利用物质与固定相、流动相作用力差异实现分离的方法属于色谱法。
（4）利用电荷守恒计算配合物中中心离子的化合价；结合EDTA的结构特点，区分配体数与配位数，其中为六齿配体。
（5）分析配合物解离平衡，根据勒夏特列原理，氢离子浓度增加会使平衡正向移动，促进配合物解离。
（1）实验一过滤所需的玻璃仪器除漏斗外还需要玻璃棒，烧杯；亚铁离子和K3[Fe(CN)6]溶液会生成蓝色沉淀，用于检验亚铁离子，产生蓝色沉淀的离子方程式；
（2）过氧化氢具有氧化性，可能将氧化为，造成对铁离子检验的干扰，故不能证明只经过预处理的溶液中含有；
（3）由实验三可知，粉笔顶端滴加KSCN溶液，顶端变为红色，粉笔顶端滴加溶液，顶端变为蓝色，说明顶端存在亚铁离子、铁离子，而3支粉笔高于液面的下端均为浅黄色，顶端变潮湿但仍为白色，说明黄色色素与粉笔的微粒间作用力>与粉笔的微粒间作用力；这种分离方法属于B.色谱法；
（4）由结构，乙二胺四乙酸中羧基失去4个氢离子和铁结合成，则铁元素化合价为+3，中心铁离子与1个Y4-通过6个共价键结合，则中心离子的配体数为1、配位数为6，其中铁元素的化合价为+3；
（5）铁离子与Y4-结合生成配离子，增加溶液中氢离子浓度，使得平衡正向移动，促进的解离。
16．电解锰渣中金属含量高于自然矿石中含量，从电解锰渣中回收金属，制备硫酸锰晶体，流程如下：
已知：①电解锰渣主要含有及少量；
②时，。
（1）粉碎电解锰渣的目的是　 　。
（2）写出电解锰渣中MnS被氧化为的化学方程式　 　。
（3）当时认为沉淀完全，调节pH的最小值为　 　。
（4）磷酸酯作萃取剂萃取锰离子时，溶液的初始pH与分离系数关系如下表所示：
初始pH 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 3.5 4.0 4.5
分离系数 7.64 8.83 9.97 11.21 12.10 13.17 13.36 11.75
已知：①分离系数越大，分离效果越好；②磷酸酯属于酸性萃取剂。
当初始时，分离系数降低的原因是　 　。
（5）系列操作是　 　，最后洗涤、干燥。
（6）已知渣料比，由下图可知最佳渣料比为　 　，前期随着渣料比的减少，Mn浸出率增加的原因是　 　。
【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，增大电解锰渣的浸出率
（2）
（3）3
（4）萃取剂磷酸酯显酸性，，萃取剂被反应失效
（5）加热浓缩，冷却结晶，过滤
（6）8；被氧化的MnS增多，促进MnS溶解
【知识点】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）粉碎电解锰渣的目的是增大接触面积，加快反应速率，增大电解锰渣的浸出率；
故答案为： 增大接触面积，加快反应速率，增大电解锰渣的浸出率 ；
（2）电解锰渣加入二氧化锰、硫酸酸浸，二氧化锰氧化MnS生成，MnS中硫元素化合价由-2变为+6、二氧化锰中锰元素化合价由+4变为+2，结合电子守恒，反应为：；
故答案为： ；
（3）当时认为沉淀完全，则，pOH=11，则调节pH的最小值为14-11=3；
故答案为： 3 ；
（4）萃取剂磷酸酯显酸性，，pH过高，酸性萃取剂会与用于调节pH的碱反应而被消耗，萃取剂被反应失效，导致分离系数降低；
故答案为： 萃取剂磷酸酯显酸性，，萃取剂被反应失效 ；
（5）由分析，水相经过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干得到硫酸锰晶体；
故答案为： 加热浓缩，冷却结晶，过滤 ；
（6）由图，最佳渣料比为8，此时，锰的浸出率最高；MnS中也含锰元素，前期随着渣料比的减少，Mn浸出率增加的原因是渣料比（）减少，意味着的相对用量增加，从而促进了MnS的氧化溶解，提高了Mn的浸出率；
故答案为：8； 被氧化的MnS增多，促进MnS溶解 ；
【分析】电解锰渣在二氧化锰、硫酸体系中酸浸， 既氧化 为 ，又氧化 生成 ；浸出液经调pH除铁、萃取、反萃取、结晶，最终得到硫酸锰晶体。
（1）从影响反应速率的因素入手，粉碎固体反应物可增大其与酸液的接触面积，从而加快酸浸反应速率，提高锰元素的浸出率。
（2）先分析化合价变化： 中S从-2价→+6价，失去8e-； 中Mn从+4价→+2价，每个Mn得到2e-。根据电子守恒， 与 物质的量之比为1：4；再结合硫酸介质配平原子，得到反应方程式。
（3）根据溶度积规则，当 沉淀完全时（浓度≤），利用 公式计算 浓度，再换算出，即为调节pH的最小值。
（4）萃取剂磷酸酯为酸性物质，若pH＞4，体系中的碱性物质会与酸性萃取剂发生中和反应，导致萃取剂失效，降低锰离子与杂质的分离效率。
（5）从含锰水相制备可溶性盐晶体，需先加热浓缩提高溶液浓度，再冷却结晶使硫酸锰析出，最后通过过滤、洗涤、烘干得到纯净晶体。
（6）明确“渣料比=电解锰渣质量/二氧化锰质量”，比值越小，代表 相对用量越多；更多的 能充分氧化溶解，从而提高锰的浸出率，因此最佳渣料比为8。
（1）粉碎电解锰渣的目的是增大接触面积，加快反应速率，增大电解锰渣的浸出率；
（2）电解锰渣加入二氧化锰、硫酸酸浸，二氧化锰氧化MnS生成，MnS中硫元素化合价由-2变为+6、二氧化锰中锰元素化合价由+4变为+2，结合电子守恒，反应为：；
（3）当时认为沉淀完全，则，pOH=11，则调节pH的最小值为14-11=3；
（4）萃取剂磷酸酯显酸性，，pH过高，酸性萃取剂会与用于调节pH的碱反应而被消耗，萃取剂被反应失效，导致分离系数降低；
（5）由分析，水相经过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干得到硫酸锰晶体；
（6）由图，最佳渣料比为8，此时，锰的浸出率最高；MnS中也含锰元素，前期随着渣料比的减少，Mn浸出率增加的原因是渣料比（）减少，意味着的相对用量增加，从而促进了MnS的氧化溶解，提高了Mn的浸出率；
17．二氧化碳合成甲醇是能源领域的一个重要研究方向。回答下列问题：
（1）已知Ⅰ.
Ⅱ.
则
（2）恒温下，对于反应Ⅰ，投入一定比例的和，增大压强，的平衡产率增大的原因是　 　(物质状态不发生改变)。
（3）科学研究中常用产物的时空收率(单位物质的量催化剂表面产物分子的平均生成速率)来衡量催化效果。在时，不同配比的催化剂作用下，测定甲醇时空收率随温度的变化曲线如下图所示。
①该反应的最佳条件是　 　。
②作催化剂，温度低于时，随温度升高甲醇时空收率增大的原因可能是　 　。
（4）某温度下，将和充入体积不变的2 L密闭容器中，初始总压为8 MPa，只发生反应，测得不同时刻体系内反应后与反应前的压强关系如下表：
时间 1 2 3 4 5
0.92 0.85 0.79 0.75 0.75
该条件下的分压平衡常数为　 　(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
（5）和反应也可生成，利用等离子体和双金属催化剂催化和反应生成的过程中Zr的化合价发生变化，可能机理如下图所示：
说明：图中的表示ZnO，表示，表示氧空位；“—”表示化学键，“…”表示吸附作用。
①Zr的常见化合价有+2、+3和+4，上图所示机理的步骤(Ⅲ)中，元素Zr化合价发生的变化为　 　。
②增大反应电流，等离子体会释放出数量更多的高能粒子。随着反应电流的增大，的产量增大，可能原因是　 　。
【答案】（1）-130.8
（2）增大压强，反应I向气体体积缩小的正反应方向移动
（3）、；催化剂活性增大，反应速率加快(或活化分子百分数增多，反应速率加快)
（4）(或0.037)
（5）+3变为+4；高能粒子使水产生更多H原子，产生更多氧空位
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】（1）由盖斯定律可知，反应Ⅰ×2-反应Ⅱ得到反应，故。
故答案为： -130.8 ；
（2）增大压强，反应Ⅰ向气体体积缩小的正反应方向移动，导致的平衡产率增大。
故答案为： 增大压强，反应I向气体体积缩小的正反应方向移动 ；
（3）①由图，该反应的最佳条件是、，此时甲醇的时空收率最大。
②催化剂需要一定的活性温度，作催化剂，温度低于时，随温度升高甲醇时空收率增大的原因可能是催化剂活性增大，反应速率加快(或活化分子百分数增多，反应速率加快)。
故答案为：、 ； 催化剂活性增大，反应速率加快(或活化分子百分数增多，反应速率加快) ；
（4）由表，平衡时总的物质的量为，总的物质的量减小1mol，反应气体分子数减小2的反应，则反应消耗二氧化碳0.5mol、氢气1.5mol、生成甲醇和水均为0.5mol，平衡时二氧化碳为0.5mol、氢气1.5mol，总压强为8MPa×0.75=6MPa，则。
故答案为：(或0.037) ；
（5）①上图所示机理的步骤(Ⅲ)中，元素Zr在步骤(Ⅲ)之前存在1个氧空位同时和1个氧形成1个共价键，则化合价为+3，(Ⅲ)之后又和1个氧形成1个共价键，则化合价为+4，故化合价发生的变化为+3变为+4。
②已知，增大反应电流，等离子体会释放出数量更多的高能粒子；高能粒子使水产生更多H原子，产生更多氧空位，从而导致随着反应电流的增大，的产量增大。
故答案为： +3变为+4 ； 高能粒子使水产生更多H原子，产生更多氧空位 ；
【分析】（1）利用盖斯定律，通过已知反应焓变的代数运算，求出目标反应的焓变；
（2）结合勒夏特列原理，根据反应前后气体分子数变化，分析压强对平衡移动及甲醇产率的影响；
（3）①根据图像时空收率峰值，直接确定反应的最佳催化剂与温度条件；
②结合催化剂活性与温度的关系，解释低温段收率随温度升高而增大的原因；
（4）利用总物质的量变化与反应计量关系，算出各物质平衡分压，再代入平衡常数公式计算Kp ；
（5）①根据反应机理中 Zr 原子成键数目变化，判断其化合价的改变；
②结合电流增大对高能粒子、氧空位的影响，分析甲醇产量提升的原因。
（1）由盖斯定律可知，反应Ⅰ×2-反应Ⅱ得到反应，故。
（2）增大压强，反应Ⅰ向气体体积缩小的正反应方向移动，导致的平衡产率增大。
（3）①由图，该反应的最佳条件是、，此时甲醇的时空收率最大。
②催化剂需要一定的活性温度，作催化剂，温度低于时，随温度升高甲醇时空收率增大的原因可能是催化剂活性增大，反应速率加快(或活化分子百分数增多，反应速率加快)。
（4）由表，平衡时总的物质的量为，总的物质的量减小1mol，反应气体分子数减小2的反应，则反应消耗二氧化碳0.5mol、氢气1.5mol、生成甲醇和水均为0.5mol，平衡时二氧化碳为0.5mol、氢气1.5mol，总压强为8MPa×0.75=6MPa，则。
（5）①上图所示机理的步骤(Ⅲ)中，元素Zr在步骤(Ⅲ)之前存在1个氧空位同时和1个氧形成1个共价键，则化合价为+3，(Ⅲ)之后又和1个氧形成1个共价键，则化合价为+4，故化合价发生的变化为+3变为+4。
②已知，增大反应电流，等离子体会释放出数量更多的高能粒子；高能粒子使水产生更多H原子，产生更多氧空位，从而导致随着反应电流的增大，的产量增大。
18．有机光电子材料是一类具有光电转换功能的有机材料，主要应用于有机发光二极管(OLED)、有机太阳能电池、有机晶体管及有机存储器等领域。一种有机光电子材料I的合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
（1）物质A的化学名称是　 　。
（2）E→F的反应类型是　 　。
（3）写出C→D的化学反应方程式　 　(同时生成两种气体)。
（4）试剂X的结构简式为　 　。
（5）有机物I中碳原子的杂化类型有　 　。
（6）写出一种同时符合下列条件的化合物B的同分异构体的结构简式　 　(不考虑立体异构)。
a.苯环上只有一个取代基；　 b.含有一个手性碳；　c.不存在过氧键()。
（7）参照以上合成路线，以与为原料制备联苯()，无机试剂任选，写出合成路线　 　。
【答案】（1）邻苯二酚(或1，2-苯二酚)
（2）还原反应(或加成反应)
（3）
（4）
（5）和
（6）、、
（7）
【知识点】有机化合物的命名；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；加成反应
【解析】【解答】（1）由结构，A的化学名称是邻苯二酚(或1，2-苯二酚)；
故答案为： 邻苯二酚(或1，2-苯二酚) ；
（2）E中羰基还原为羟基得到F，为还原反应或加成反应；
故答案为： 还原反应(或加成反应) ；
（3）C中羧基反应引入氯离子转化为D，同时生成两种气体，结合质量守恒，生成气体为二氧化硫和HCl，故反应为：；
故答案为： ；
（4）由分析，X为；
故答案为： ；
（5）有机物I中苯环碳原子、羰基碳原子均为sp2杂化、甲基碳为sp3杂化；
故答案为：和 ；
（6）B除苯环外含2个氧、2个碳、不饱和度为0，同时符合下列条件的化合物B的同分异构体：a.苯环上只有一个取代基；b.含有一个手性碳（手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子）； c.不存在过氧键()，则2个氧不直接相连，分子中存在2个羟基或1个羟基、1个醚键，结构可以为：、、；
故答案为：、、 ；
（7）中羟基发生消去反应生成碳碳双键，再和发生已知反应原理成环生成，再芳构化得到产物，故流程为：。
故答案为： ；
【分析】以邻苯二酚为起始原料，经甲基化反应保护酚羟基得到 B；B 与酸酐发生傅克酰基化反应引入酰基，再经酰氯化得到 D；D 与苯甲醚发生傅克酰基化反应构建双芳基结构，随后羰基被还原为羟基，在浓硫酸加热条件下发生分子内脱水生成烯烃中间体 G（）；G 与试剂 X 经 Diels-Alder 反应得到环加成产物 H，结合H结构，则X为，最后 H 在 Pd/C 催化下芳构化，最终得到目标产物 I。
（1）根据有机物的结构特征，结合系统命名法确定 A 的化学名称；
（2）依据官能团的变化（羰基→羟基），判断该反应为还原反应；
（3）结合 SOCl2与羧酸反应的规律和原子守恒，写出生成酰氯和两种气体的化学方程式；
（4）根据 Diels-Alder 反应的特点和产物结构，逆向推断出试剂 X 的结构；
（5）根据苯环、羰基和甲基中碳原子的成键方式，判断碳原子的杂化类型；
（6）结合限定条件（单取代、手性碳、无过氧键），书写 B 的同分异构体；
（7）结合已知反应原理，设计由醇经消去、Diels-Alder 加成、芳构化制备目标产物的合成路线。
（1）由结构，A的化学名称是邻苯二酚(或1，2-苯二酚)；
（2）E中羰基还原为羟基得到F，为还原反应或加成反应；
（3）C中羧基反应引入氯离子转化为D，同时生成两种气体，结合质量守恒，生成气体为二氧化硫和HCl，故反应为：；
（4）由分析，X为；
（5）有机物I中苯环碳原子、羰基碳原子均为sp2杂化、甲基碳为sp3杂化；
（6）B除苯环外含2个氧、2个碳、不饱和度为0，同时符合下列条件的化合物B的同分异构体：a.苯环上只有一个取代基；b.含有一个手性碳（手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子）； c.不存在过氧键()，则2个氧不直接相连，分子中存在2个羟基或1个羟基、1个醚键，结构可以为：、、；
（7）中羟基发生消去反应生成碳碳双键，再和发生已知反应原理成环生成，再芳构化得到产物，故流程为：。
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