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浙江新阵地教育联盟2026届第二次联考化学试题
1．下列成分属于无机非金属材料的是
A．裁判员使用的定位泡沫中的丁烷
B．运动员护腿板中的碳纤维
C．足球门框的材质——铝合金
D．人造革足球的材质——PVC
2．火箭燃料偏二甲肼燃烧时发生反应：(CH3)2NNH2+2N2O4=3N2+4H2O+2CO2，下列说法正确的是
A．基态氧原子的价层电子轨道表示式为：
B．N2分子中的共价键：
C．偏二甲肼分子间的氢键：
D．CO2的VSEPR模型：
3．根据元素周期律，下列说法正确的是
A．稳定性：HF>H2O B．电负性：H>C
C．分子的极性：OF2>H2O D．电离能：I1(Ne)>I2(Na)
4．下列说法正确的是
A．若苯酚不慎沾到皮肤上，利用其溶解度特点可用65℃以上的水冲洗
B．对于酸、碱、氧化剂或还原剂废液，可统一混合收集后集中处理
C．容量瓶检漏操作：向容量瓶中加入少量蒸馏水，若倒置不漏则需将玻璃旋塞旋转180°再验一次
D．可用重结晶法提纯含有少量氯化钠和泥沙的苯甲酸晶体
5．物质性质决定用途，下列对应关系正确的是
A．二氧化硅具有特殊的光学性能，可用于生产光导纤维
B．银氨溶液具有碱性，可用于制作银镜
C．亚硝酸钠有一定的毒性，故不可用作食品添加剂
D．花生油中含酯基官能团，故花生油能使酸性KMnO4溶液褪色
6．物质微观结构决定宏观性质，进而影响用途。下列化学事实与结构原因不匹配的是
选项 化学事实 结构原因
A 冰的密度比干冰小 冰中的水分子采取非密堆积的方式
B 生铁的延展性不如纯铁 掺入合金元素后原子层间相对滑动变困难
C 焰色试验可以使用铂丝 铂丝灼烧时不发生电子的跃迁
D 1000℃以上时CuO会分解生成和 的价层电子达到全充满结构，更稳定
A．A B．B C．C D．D
7．下列方程式不正确的是
A．Cl2溶于水：
B．溴乙烷与NaOH溶液共热：
C．碱性条件下甲醇燃料电池的负极反应：
D．Al粉加入NaOH溶液：
8．下列实验装置或操作合理的是
A．分离CH2Cl2和CCl4 B．验证牺牲阳极法保护铁
C．碱式滴定管按如图方式排气泡 D．收集NO气体
A．A B．B C．C D．D
9．某有机合成过程如图，下列说法不正确的是
A．用FeCl3溶液可区分M和P
B．1mol M与足量溴水反应最多消耗3 mol Br2
C．P在酸性条件下水解产物含有手性碳原子
D．N的核磁共振氢谱有3组吸收峰
10．下图装置能用于完成下列实验的是
选项 目的 试剂a 试剂b 试剂c 试剂d
A 验证NH3的碱性 浓氨水 碱石灰 酚酞溶液 稀硫酸
B 检验漂白粉和浓盐酸的气体产物 浓盐酸 漂白粉 紫色石蕊试液 NaOH溶液
C 验证SO2的漂白性 浓硫酸 Na2SO3 紫色石蕊试液 澄清石灰水
D 验证乙炔的还原性 饱和食盐水 电石 浓硫酸 酸性高锰酸钾
A．A B．B C．C D．D
11．载氧体化学链燃烧技术(CLC)是一种燃烧效率更高的新技术。以H2为燃料，以CaSO4为载氧体的CLC体系工作原理如下左图，“燃料反应器”中发生的反应有：
ΔH 1<0
ΔH2>0
将1 mol H2和1 mol CaSO4投入“燃料反应器”中，平衡时各产物物质的量随温度变化关系曲线如下右图，下列说法不正确的是
A．曲线②表示CaS
B．“燃料反应器”中应采用低温高压条件
C．1000℃平衡时，将“燃料反应器”容积压缩，重新平衡后c(SO2)增大
D．曲线②、③交点处CaSO4和H2转化率之比为2：5
12．三维电极反应器是在阴、阳电极板之间投加活性炭细颗粒作为第三电极，形成许多微小的电解池，利用该装置去除氯苯(用R表示)的原理如图。下列说法不正确的是
A．M为电源正极
B．电解过程中可能生成Cl2
C．pH、温度、O2的分压等参数均会影响氯苯去除的效率
D．外电路中转移1 mol e-，理论上最多处理氯苯 mol
13．二茂铁是由一个Fe2+和两个环戊二烯基()通过π键配位结合形成夹心结构，使二茂铁具有芳香性。二茂铁的羧酸衍生物能形成如图结构，下列说法不正确的是
A．中C原子的杂化方式为sp2
B．每个提供6个e-形成配位键
C．图中所示分子体现了超分子自组装的性质
D．图中所示分子的酸性强于
14．铑(Rh)催化烯烃与CO的偶联反应机理如图，L表示配体，Bu表示丁基，下列说法不正确的是
A．中碳碳双键的极性对产物的选择性产生影响
B．元素Rh的化合价经历了两次变化
C．该过程的主要副产物为
D．将Bu换成，主要产物为
15．某实验室废液废渣主要含AgNO3、AgCl、Ag2CrO4，按如下流程回收Ag，下列说法不正确的是
25℃时，相关数据如下：H2S 、；；；；；饱和Na2S溶液的浓度为2 mol/L。
A．饱和Na2S溶液中，离子浓度大小关系为：
B．若不加铁粉，则固体B为AgCl
C．AgCl、Ag2CrO4可完全转化为固体A
D．固体A可溶于浓硝酸
16．铜离子(Cu2+)具有较强的配位能力，能够与多种配体形成稳定的配合物，这主要归因于其独特的电子结构和物理特性。根据实验流程，下列说法正确的是
①试剂X可以是(NH4)2SO4；
②操作Y为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；
③由实验现象可知，反应限度不大；
④步骤Ⅱ证明，与Cu2+的配位能力：Cl->NH3。
A．①③ B．②④ C．①④ D．①②③
17．过渡金属Fe、Co、Ni、Mn是锂电池正极材料的重要元素。请回答：
（1）下列说法正确的是___________。
A．Fe位于元素周期表的ds区
B．基态Ni原子核外电子空间运动状态有14种
C．还原性：Fe2+>Mn2+
D．结合OH-能力：Fe3+>Fe2+
（2）三元锂电池的正极材料可看成用Ni和Mn替换了LiCoO2中部分Co，晶胞如图(此时无法放电)。充电时，Li+从正极材料中　 　(填“嵌入”或“脱嵌”)；当充电50%时，正极材料中的Li-O八面体与Ni-O八面体的数目之比是　 　。
（3）KFe2Se2是一种新型导电材料，晶胞投影如图，其晶体类型为　 　，Fe的配位数是　 　。
（4）相对于三元材料中的M-O键(M表示Co、Ni、Mn)，磷酸铁锂(LiFePO4)电池中的P-O键使其高温性能更佳、循环次数更多，试从结构角度分析原因　 　。
（5）LiFePO4的生产工艺有固相法和液相法。
①固相法：将FeCl3、NH4H2PO4、Li2CO3和足量炭黑的混合物在高温下反应，生成LiFePO4和三种气态产物，其中两种气体相遇有白烟。制备LiFePO4的化学方程式为　 　。
②液相法(流程如下)：
气体A中除大量水蒸气外，还有　 　(填化学式)；气体B为纯净物，设计实验证明其成分　 　。
18．Xe与F2在一定条件下发生下列反应，当时，近似认为Xe完全反应。
I．
Ⅱ．
Ⅲ．
向某恒压密闭容器中按充入F2和Xe，平衡时三种氟化物的分布分数随温度的变化如下左图；T温度下，平衡时三种氟化物的物质的量随投料比的变化如下右图。
请回答：
（1）Xe的原子序数是　 　。
（2）反应Ⅱ自发进行的条件是　 　。
（3）下列说法正确的是___________。
A．已知ΔH 1<ΔH 2，则XeF2中Xe-F平均键能大于XeF4中Xe-F平均键能
B．催化剂Ni能提高反应物分子的平均能量从而加快反应速率
C．混合气体的密度不变不能说明反应Ⅱ、Ⅲ达到平衡状态
D．若反应在恒容条件下进行，与恒压条件相比，平衡时变小
（4）上左图中630 K之后，XeF4分布系数下降的原因是　 　。
（5）上右图中当投料，平衡时　 　。
____________
（6）反应Ⅱ、Ⅲ的平衡常数分别为：Kp(Ⅱ)=a kPa-1，Kp(Ⅲ)=b kPa-1。当最多时，L2的选择性为　 　(用a、b表示，L2的选择性)。
（7）已知：反应I、反应Ⅱ为熵减反应，反应Ⅲ为熵增反应，请从XeF6分子结构的角度解释反应Ⅲ熵增的原因：　 　。
19．纳米硫化锌是一种具有优异光学特性的半导体材料，某实验小组开展了该材料的制备实验，步骤如下所示。
步骤I：将一定量ZnSO4·7H2O溶于水，配成0.1 mol/L溶液；
步骤Ⅱ：向ZnSO4溶液中滴加氨水，至产生的沉淀恰好完全溶解；
步骤Ⅲ：向步骤II所得溶液中加入一定量的硫化乙酰胺(CH3CSNH2，简称TAA)，在80℃水浴中加热搅拌至反应完成；
步骤IV：离心分离，得到纳米ZnS，用蒸馏水和无水乙醇交替洗涤2次，在60℃条件下真空干燥。
请回答：
（1）以ZnSO4溶液和TAA在碱性条件下(有利于TAA水解)制备ZnS的离子方程式为：　 　。
___Zn2++___CH3CSNH2+____OH-_____
（2）步骤Ⅱ中氨水的作用是：①提供碱性环境；②　 　。
（3）下列说法正确的是___________。
A．步骤I需要的仪器有：天平、烧杯、玻璃棒、量筒
B．步骤Ⅱ中沉淀溶解说明Zn(OH)2是两性氢氧化物
C．步骤Ⅲ中通过观测沉淀不再增加，可判断反应完成
D．步骤IV中“离心分离”不能换成过滤
（4）“离心分离”后的粗产品经高温煅烧也能除去产品中的杂质，理由是　 　。
（5）某实验小组通过两种不同的实验方案测定样品中ZnS的含量，实验方案及测定结果如下。
ZnS含量 方案1 方案2
步骤IV所得样品 99.82% 99.52%
高温煅烧所得样品 101.3% 91.89%
涉及的部分反应有：
方案1 (表示EDTA)
方案2
①方案1中需要调节pH为5.0-5.5，原因是　 　。
②由表可知，两种方案测定高温煅烧所得样品中ZnS含量相差较大，可能的原因是　 　。
20．化合物I是合成一种新型的正电子发射断层扫描心肌灌注成像示踪剂的中间体，以下是I的合成路线。
请回答：
（1）A中官能团的名称为　 　，C→D发生的反应类型为　 　。
（2）X的结构简式为　 　。
（3）下列说法正确的是___________。
A．N(C4H9)4F的水溶性小于NH4F
B．B→C的目的是保护羟基
C．E→F的反应类型包括取代、加成、消去
D．已知I中N原子的杂化方式相同，则N的碱性：①>②
（4）已知：F-半径小且Si-F键键能大是H转化为I的驱动力，则H→I的化学方程式为　 　。
（5）氧的电负性大导致F异构化为Y(不含碳氧双键，氧端带一个单位负电荷)，使F→G有极高的选择性，则Y的结构简式为　 　。
（6）设计以CH2=CH2为原料合成的合成路线(无机试剂任选)　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】无机非金属材料；含硅矿物及材料的应用
【解析】【解答】A、丁烷是含碳的有机化合物，属于有机物，不属于无机非金属材料，故 A 错误；
B、碳纤维是由碳元素组成的无机材料，属于无机非金属材料，故 B 正确；
C、铝合金是金属合金，属于金属材料，不属于无机非金属材料，故 C 错误；
D、PVC（聚氯乙烯）是塑料，属于有机合成高分子材料，不属于无机非金属材料，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
明确无机非金属材料的定义，区分无机非金属材料与有机材料、金属材料；
丁烷、PVC 均为含碳的有机物，不属于无机非金属材料；
铝合金属于金属材料，碳纤维属于无机非金属材料。
2．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；判断简单分子或离子的构型；含有氢键的物质
【解析】【解答】A、基态氧原子的价层电子排布为 2s22p4，根据洪特规则，2p 轨道的 4 个电子应优先分占不同轨道且自旋平行，正确的价层电子轨道表示式应为：，A错误；
B、N2分子中含有 1 个 σ 键和 2 个 π 键，其中 σ 键为头碰头重叠形成，π 键为肩并肩重叠形成， 正确应为：，B错误；
C、氢键的规范表示方法为 X—H…Y（X、Y 为 N、O、F），偏二甲肼分子间的氢键应为 ，题给表示式不规范，故 C 错误；
D、CO2分子中中心 C 原子的价层电子对数为 2（ ），无孤电子对，VSEPR 模型为直线形，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
基态原子价层电子轨道表示式需遵循泡利不相容原理和洪特规则；
N2分子中的共价键包含 σ 键和 π 键，需明确二者的成键方式；
氢键的表示需满足 “X—H…Y” 的规范形式，X、Y 需为电负性大的 N、O、F；
CO2的 VSEPR 模型可通过价层电子对数判断，无孤电子对时为直线形。
3．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；极性分子和非极性分子；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、F 的非金属性强于 O，非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，故稳定性：HF > H2O，故 A 正确；
B、C 的电负性大于 H，故电负性：H < C，故 B 错误；
C、O 和 F 的电负性差值小于 O 和 H 的电负性差值，且 OF2中 O 原子的孤电子对影响了分子极性，故分子的极性：OF2 < H2O，故 C 错误；
D、Na 失去一个电子后形成的 Na+具有稀有气体的稳定结构，其第二电离能 I2(Na) 远大于 Ne 的第一电离能 I1(Ne)，故电离能：I1(Ne) < I2(Na)，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
气态氢化物的稳定性与元素非金属性正相关，非金属性越强，氢化物越稳定；
常见元素电负性大小关系：C > H，需熟记常见电负性顺序；
分子极性与键的极性、分子空间结构有关，电负性差值越大，键的极性越强；
电离能与原子的电子层结构有关，失去稀有气体稳定结构的电子所需能量会显著升高。
4．【答案】D
【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
【解析】【解答】A、苯酚不慎沾到皮肤上，应立即用酒精冲洗，65℃以上的水会烫伤皮肤，故 A 错误；
B、酸、碱、氧化剂或还原剂废液混合时可能发生反应，引发危险，不能统一混合收集，应分类处理，故 B 错误；
C、容量瓶检漏操作应先向瓶中加适量水，塞好瓶塞后倒置，观察是否漏水，再将瓶塞旋转 180°，再次倒置检验，题中 “加入少量蒸馏水” 操作不规范，水量不足无法有效检漏，故 C 错误；
D、苯甲酸在水中的溶解度随温度变化较大，而氯化钠的溶解度受温度影响小，泥沙不溶于水，可用重结晶法提纯，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
苯酚沾到皮肤的正确处理方法是用酒精冲洗，不能用热水；
酸、碱、氧化剂或还原剂废液混合可能发生危险反应，需分类收集处理；
容量瓶检漏需加入适量蒸馏水，两次倒置检验时瓶塞需旋转 180°；
重结晶法适用于提纯溶解度随温度变化差异大的物质，苯甲酸符合该条件。
5．【答案】A
【知识点】硅和二氧化硅；烯烃；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、二氧化硅具有特殊的光学性能，可用于生产光导纤维，故 A 正确；
B、银氨溶液用于制作银镜，是因为其具有氧化性，能与醛基发生银镜反应，并非因为碱性，故 B 错误；
C、亚硝酸钠有一定的毒性，但在规定用量下可用作食品防腐剂，故 C 错误；
D、花生油能使酸性 KMnO4溶液褪色，是因为其分子中含有碳碳双键，而非酯基官能团，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
二氧化硅的光学特性是制备光导纤维的核心依据；
银氨溶液发生银镜反应体现的是氧化性，而非碱性；
亚硝酸钠在限量条件下可作为食品添加剂使用；
花生油中的碳碳双键可被酸性高锰酸钾氧化，酯基无此性质。
6．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；氢键的存在对物质性质的影响；合金及其应用；焰色反应
【解析】【解答】A、冰中的水分子通过氢键形成非密堆积的空间网状结构，空隙较大，因此冰的密度比干冰小，二者匹配，故 A 不符合题意；
B、生铁中掺入了合金元素，破坏了纯铁原子层的规则排列，使原子层间相对滑动变困难，因此延展性不如纯铁，二者匹配，故 B 不符合题意；
C、焰色试验使用铂丝，是因为铂的焰色为无色，灼烧时不会产生干扰性的焰色，并非因为铂丝灼烧时不发生电子跃迁，二者不匹配，故 C 符合题意；
D、1000℃以上时 CuO 分解生成 Cu2O，是因为 Cu+的价层电子达到全充满结构（3d ），稳定性更高，二者匹配，故 D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
冰的密度较小，是因为氢键形成的非密堆积结构，空隙多；
合金的延展性降低，是因为合金元素阻碍了原子层间的滑动；
铂丝用于焰色试验的原因是其焰色为无色，不干扰实验，并非不发生电子跃迁；
Cu+的价层电子全充满结构更稳定，是 CuO 高温分解的结构原因。
7．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；铝的化学性质；卤代烃简介；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、氯气溶于水发生可逆反应，生成 HCl 和 HClO，HClO 为弱酸，离子方程式中保留化学式，该方程式正确，故 A 不符合题意；
B、溴乙烷与 NaOH 水溶液共热发生取代反应，生成乙醇和 NaBr，而非消去反应生成乙烯，该方程式错误，故 B 符合题意；
C、碱性条件下甲醇燃料电池的负极上甲醇失电子发生氧化反应，生成的 CO2与 OH-反应生成 CO32-，该离子方程式正确，故 C 不符合题意；
D、Al 粉与 NaOH 溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，该离子方程式正确，故 D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
氯气与水的反应为可逆反应，HClO 是弱酸，离子方程式中不拆写；
溴乙烷与 NaOH 水溶液共热发生取代反应，与 NaOH 醇溶液共热才发生消去反应；
碱性条件下甲醇燃料电池负极反应，需考虑产物与 OH-的反应；
Al 与 NaOH 溶液反应的离子方程式需配平原子、电荷，注意水的参与。
8．【答案】C
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；蒸馏与分馏；常见气体制备原理及装置选择；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A、CH2Cl2和 CCl4互溶，但 CH2Cl2的密度比 CCl4小，且蒸馏装置中温度计水银球应位于蒸馏烧瓶支管口处，图中装置不合理，故 A 不符合题意；
B、Zn 的金属性比 Fe 强，形成原电池时 Zn 作负极被氧化，Fe 作正极被保护，滴入 K3[Fe(CN)6] 溶液无蓝色沉淀生成，但图中 Fe 电极位置不合理，装置无法验证牺牲阳极法保护铁，故 B 不符合题意；
C、碱式滴定管排气泡时，应将胶管向上弯曲，用力捏挤玻璃珠使溶液从尖嘴喷出，图中操作合理，故 C 符合题意；
D、NO 会与 O2反应，不能用排空气法收集，且 NO 密度比 CO2小，应短进长出，图中装置无法收集 NO，故 D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
蒸馏装置中温度计水银球需位于蒸馏烧瓶支管口处，用于测定蒸气温度；
牺牲阳极法保护铁的原电池装置中，被保护的铁应作正极，滴入铁氰化钾溶液无蓝色沉淀；
碱式滴定管排气泡的正确操作是将胶管向上弯曲，捏挤玻璃珠排出气泡；
NO 易与氧气反应，不能用排空气法收集，需用排水法收集。
9．【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；酯的性质
【解析】【解答】A、M 中含有酚羟基，能与 FeCl3溶液发生显色反应，P 中不含酚羟基，无此现象，可用 FeCl3溶液区分，故 A 不符合题意；
B、M 中酚羟基的邻、对位碳原子上的氢可与 Br2发生取代反应，醛基可被 Br2氧化，1mol M 与足量溴水反应最多消耗 3mol Br2，故 B 不符合题意；
C、P 在酸性条件下水解时，酯基和氰基均会水解， 产物为， 其中与氰基相连的碳原子（原手性碳）水解后连接两个相同的基团，不再是手性碳原子，故 C 符合题意；
D、N（ ）的结构中含有 3 种不同化学环境的氢原子，核磁共振氢谱有 3 组吸收峰，故 D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
酚羟基能与 FeCl3溶液发生显色反应，可用于区分含酚羟基与不含酚羟基的有机物；
酚的邻对位取代反应和醛基的氧化反应，是计算溴水消耗量的关键；
手性碳原子需连接 4 个不同基团，P 水解后原手性碳上的基团发生变化，不再满足条件；
核磁共振氢谱的吸收峰组数，等于分子中不同化学环境氢原子的种类数。
10．【答案】B
【知识点】氯气的实验室制法；常见气体制备原理及装置选择；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、浓氨水与碱石灰反应制得氨气，氨气通入酚酞溶液，溶液变红可验证其碱性，但氨气极易溶于水，导管直接插入溶液会发生倒吸，装置不合理，故 A 不符合题意；
B、浓盐酸与漂白粉反应生成氯气，氯气通入紫色石蕊试液，溶液先变红后褪色，可检验气体产物，NaOH 溶液可吸收尾气，装置合理，故 B 符合题意；
C、浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫通入紫色石蕊试液，溶液变红但不褪色，无法验证漂白性，装置不合理，故 C 不符合题意；
D、电石与饱和食盐水反应生成乙炔，同时会产生硫化氢等杂质气体，浓硫酸不能除去硫化氢，且硫化氢也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰乙炔还原性的验证，装置不合理，故 D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
氨气极易溶于水，直接通入溶液会发生倒吸，需防倒吸装置；
氯气通入紫色石蕊试液，先因酸性变红，后因次氯酸的漂白性褪色，可检验气体产物；
二氧化硫不能漂白酸碱指示剂，通入石蕊试液只会变红，无法验证漂白性；
电石反应生成的乙炔中混有硫化氢等杂质，会干扰乙炔还原性的验证，需先除杂。
11．【答案】C
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、根据勒夏特列原理，反应 1 放热、反应 2 吸热；温度升高时，反应 1 逆向移动，CaS 物质的量减少，反应 2 正向移动，SO2物质的量增大，因此曲线②为 CaS、曲线③为 SO2，A 正确；
B、为提高燃烧效率、减少 SO2生成，温度应低于 800℃；反应 2 为气体分子数增多的反应，高压可抑制其正向进行，故应采用低温高压条件，B 正确；
C、1000℃平衡时温度不变，反应的平衡常数 K 不变，由 K1、K2的表达式可推导出 c (SO2) 为定值：，，C错误；
D、设交点处 n (SO2)=n (CaS)=x mol，根据反应计量关系，消耗的 CaSO4为 2x mol，消耗的 H2为 5x mol；初始 CaSO4和 H2均为 1 mol，因此二者转化率之比为 2：5，D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题思路：
曲线判断：利用勒夏特列原理，结合主副反应的热效应，判断不同温度下产物物质的量的变化趋势；
反应条件分析：结合图像中 SO2的生成温度，从提高效率、减少副反应的角度，分析温度和压强的选择；
浓度变化分析：利用平衡常数仅与温度有关的性质，推导压缩容积时 SO2浓度的变化；
转化率计算：结合交点处产物物质的量相等的条件，根据反应计量关系计算反应物的转化率之比。
12．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、M 电极上水失电子生成羟基自由基，发生氧化反应：，该电极为阳极，外接电源正极，故 A 正确；
B、电解质溶液含 Cl-，阳极上水发生氧化反应： 的同时，Cl-可能在阳极失电子生成 Cl2，故 B 正确；
C、羟基自由基是去除氯苯的关键物种，pH 影响其生成速率与稳定性，温度影响 H2O2分解速率，O2分压影响阴极 H2O2生成量，而 H2O2又会生成羟基自由基，因此三者均会影响羟基自由基的量，进而影响氯苯去除效率，故 C 正确；
D、外电路转移 1mol e-时，阳极生成 1mol OH；阴极（ ）先生成 0.5mol H2O2，再分解生成 1mol OH（ ），两极共生成 2mol OH；结合反应 R+28 OH →产物，理论上最多可处理 mol 氯苯，故 D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题思路：
电极判断：根据电极反应类型（氧化、还原）确定电极极性，进而判断电源正负极；
阳极反应分析：结合电解质离子种类，判断阳极可能发生的氧化反应；
影响因素推导：以羟基自由基为核心，分析 pH、温度、O2分压对其生成与稳定性的影响，明确其与氯苯去除效率的关联；
电化学计算：根据电子转移守恒，分别计算阴、阳极生成羟基自由基的物质的量，结合总反应计量关系计算可处理氯苯的物质的量。
13．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、为芳香性结构，所有C原子均参与形成离域π键，价层电子对数为3，杂化方式为，故A正确；
B、每个中5个C原子的p轨道各提供1个电子，加上阴离子带的1个负电荷，共6个电子形成π键，可提供6个电子与形成配位键，故B正确；
C、图中分子通过分子间氢键形成特定的有序结构，体现了超分子自组装的性质，故C正确；
D、图中分子的羧基形成了分子间氢键，导致羧基中O—H键极性减弱，H+更难电离，其酸性弱于未形成氢键的二茂铁羧酸（ ），故D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题思路：
杂化方式判断：根据的芳香性结构，判断C原子的价层电子对数，确定杂化类型；
配位键电子数分析：结合的电子结构，计算其提供的π电子数；
超分子性质判断：根据分子间氢键的存在，判断其是否体现超分子自组装特性；
酸性强弱比较：分析分子间氢键对羧基电离的影响，判断酸性强弱关系。
14．【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；极性分子和非极性分子；有机物中的官能团；烯烃
【解析】【解答】A、烯烃中碳碳双键的极性会影响 Rh 催化剂对双键两端碳原子的选择性加成，进而影响产物的结构与选择性，故 A 正确；
B、反应机理中，Rh 元素始终以配合物形式存在，未发生化合价变化，故 B 错误；
C、 烯烃发生加成反应时，端基①号碳连在催化剂上：，若加成反应时②号碳连在催化剂上，副产物是支链醛：，C错误；
D、当 Bu 换成 - CF3时，由于 - CF3的强吸电子效应，Rh 催化剂会选择性加成到双键的不同位置，主要产物为 ，故 D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题思路：
反应选择性分析：烯烃双键的极性差异会影响催化加成的区域选择性，从而决定产物结构；
化合价判断：Rh 在整个催化循环中均为配合物形式，化合价始终不变；
产物结构判断：根据机理，Rh 催化的烯烃氢甲酰化反应主要生成直链醛，支链醛不是主要产物；
取代基影响分析：强吸电子基 - CF3会改变双键极性，使催化剂加成位点改变，生成支链醛。
15．【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、Na2S 属于强碱弱酸盐，溶于水后 S2-会发生分步水解：S2-+H2O HS-+OH-、HS-+H2O H2S+OH-，水解使溶液呈碱性，即 c (OH-)>c (H+)；其中第一步水解程度远大于第二步，因此 c (OH-)>c (HS-)，且 S2-水解程度很小，其在溶液中的浓度仍为主要，故离子浓度顺序为：c (Na+)>c (S2-)>c (OH-)>c (HS-)>c (H+)，A 正确；
B、固体 A 的主要成分是 Ag2S，Ag2S 的溶度积极低，与盐酸不发生反应；若不加铁粉直接加入盐酸，Ag2S 仍以固体形式存在，无法转化为 AgCl 沉淀，B 错误；
C、根据溶度积数据，Ksp (Ag2S)=6.3×10-5 ，远小于 Ksp (AgCl)=1.8×10- 和 Ksp (Ag2CrO4)=1.1×10- 2，说明 Ag2S 的溶解度远低于 AgCl 和 Ag2CrO4；在足量饱和 Na2S 溶液中，S2-浓度很高，会使 AgCl 和 Ag2CrO4的沉淀溶解平衡正向移动，Ag+与 S2-结合生成更难溶的 Ag2S，从而实现 Ag+的完全转化，C 正确；
D、固体 A 为 Ag2S，浓硝酸具有强氧化性，可将 Ag2S 中的 S2-氧化为高价态含硫物质，破坏 Ag2S 的沉淀溶解平衡，使 Ag2S 溶解，D 正确；
故答案为：B。
【分析】本流程以沉淀转化和氧化还原反应为核心，利用 Ag2S 极低的溶度积（Ksp=6.3×10-5 ）实现银的富集与提纯。首先，向含银废液中加入 Na2S，利用沉淀转化原理，将 AgNO3、AgCl、Ag2CrO4中的 Ag+全部转化为溶解度更小的 Ag2S 沉淀，得到固体 A（主成分为 Ag2S）；随后，加入铁粉作为还原剂，将 Ag2S 中的 Ag+还原为单质 Ag，同时生成 FeS 杂质；最后，加入盐酸除去过量铁粉和 FeS，过滤得到高纯度 Ag（固体 B）。整个过程结合了沉淀溶解平衡、氧化还原反应和物质分离提纯的原理。
16．【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】①试剂 X 可以是 (NH4)2SO4：向无明显变化的体系中加入铵盐，可提供 NH4+，抑制 NH3 H2O 电离，同时增大溶液中 NH3的有效浓度，促进 Cu (OH)2与 NH3的配位反应生成 [Cu(NH3)4]2+，因此 X 可为 (NH4)2SO4，①正确；
②操作 Y 为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤：[Cu(NH3)4] SO4晶体受热易分解，直接蒸发浓缩会导致晶体分解，应采用减压蒸发或水浴蒸发浓缩，该操作描述不准确，②错误；
③由实验现象可知，反应 Cu(OH)2+4NH3 [Cu(NH3)4]2++2OH-限度不大：CuSO4溶液中加氨水生成 Cu (OH)2沉淀，继续加氨水沉淀溶解；但 CuSO4与 NaOH 反应生成的 Cu(OH)2沉淀加氨水无明显变化，说明溶液中 OH-浓度高时，配位反应难以正向进行，即该反应限度不大，③正确；
④步骤 II 证明，与 Cu2+的配位能力：Cl- > NH3：向深蓝色 [Cu(NH3)4]2+溶液中加盐酸，溶液变绿，是因为 H+与 NH3结合生成 NH4+，降低了 NH3浓度，同时 Cl-与 Cu2+形成 [CuCl4]2-，并非 Cl-直接取代 NH3，因此不能证明 Cl-的配位能力强于 NH3，④错误；综上，①③正确，
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
配位平衡移动分析：铵盐提供的 NH4+可抑制 NH3 H2O 电离，增大 NH3浓度，促进 Cu(OH)2与 NH3的配位反应；
晶体操作判断：考虑 [Cu(NH3)4]SO4晶体的热不稳定性，直接蒸发浓缩会导致其分解；
反应限度判断：对比两种不同方式生成的 Cu(OH)2与氨水的反应现象，判断配位反应的可逆性与限度；
配位能力比较：加盐酸后溶液变绿，是 H+消耗 NH3和 Cl-配位共同作用的结果，不能直接证明 Cl-的配位能力更强。
17．【答案】（1）C；D
（2）脱嵌；3：2
（3）混合型晶体；4
（4）半径M>P，键能P-O>M-O；电负性M（5）2FeCl3+2NH4H2PO4+Li2CO3+2C2LiFePO4+3CO↑+2NH3↑+6HCl↑；NO2，O2；将带火星木条伸入装有气体B的集气瓶中，若带火星木条复燃，则证明有O2
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；电极反应和电池反应方程式
【解析】【解答】（1）A．Fe是第Ⅷ族元素，位于元素周期表的d区，ds区仅包含第ⅠB、ⅡB族元素，A错误；
B．基态Ni原子的核外电子排布为，电子的空间运动状态=原子轨道数，其轨道分布为1s有1个轨道，2s有1个轨道，2p有3个轨道，3s有1个轨道，3p有3个轨道，3d有5个轨道，4s有1个轨道，共15个轨道，其电子的空间运动状态也有15种，B错误；
C．还原性强弱与失电子能力有关，已知的价电子排布为，易失去1个电子形成半满稳定结构，失电子能力强；的价电子排布式为为半满稳定结构，失电子能力弱。因此还原性>，C正确；
D．的价电子排布为为半满稳定结构，的价电子排布为。的正电荷更高、半径更小，对的静电吸引更强，D正确；
故答案为：CD；
（2）锂电池的工作原理：放电时，从负极脱嵌，嵌入正极；充电时，反应逆向进行，从正极脱嵌，回到负极(阴极) 参与还原反应；
从晶胞局部示意图可知，Ni、Co、Mn的比例为1：1：1，充电50%时，意味着有50%的Li脱出。剩余的Li与过渡金属的数目比为1：2，结合M的比例，可推导出Li-O八面体与Ni-O八面体的数目之比为3：2。
故答案为： 脱嵌 ； 3：2 ；
（3）是新型导电材料，说明其具有类似金属晶体的导电性；同时存在明确的晶胞结构和离子，兼具离子晶体和共价晶体的特征，因此属于混合型晶体；
根据晶胞投影图，以Fe为中心，周围等距离且最近的Se原子数目为4，故配位数为4。
故答案为： 混合型晶体 ； 4 ；
（4）物质的稳定性核心取决于化学键的强弱。半径M>P，键能P-O>M-O；电负性M故答案为： 半径M>P，键能P-O>M-O；电负性M（5）“两种气体相遇有白烟” 是和HCl反应生成的特征现象，则其反应的化学方程式为；
气体A：与、反应生成了，其中Fe由+3价降低到+2价，化合价只能降低，另外化合价升高的只能是O元素，则有生成，可配平该反应为，则气体A中除了大量水蒸气外还有，和；
气体A经冷凝处理后分离出气体B，沸点较高，易被冷凝液化进入溶液层，而沸点低，常温下为气体，故冷凝后剩余的纯净气体B为。根据氧气的特性，可用带火星的木条复燃这一特征反应进行检验。
故答案为： 2FeCl3+2NH4H2PO4+Li2CO3+2C2LiFePO4+3CO↑+2NH3↑+6HCl↑ ； NO2，O2 ； 将带火星木条伸入装有气体B的集气瓶中，若带火星木条复燃，则证明有O2 ；
【分析】（1）依据元素周期表分区规则、电子排布轨道数计算、价电子半满稳定性规律、离子极化理论，逐一分析选项；
（2）结合锂电池充放电过程中 Li+的迁移规律，利用晶胞中原子数目比例关系，推导多面体数目比；
（3）根据材料的导电性、离子与共价结构特征判断混合型晶体类型，结合晶胞投影图确定中心原子的配位数；
（4）利用原子半径、电负性差异，分析化学键的极性强弱与稳定性，进而判断材料的热稳定性；
（5）结合特征反应现象推断产物，通过氧化还原反应的价态升降规律配平方程式，并根据气体沸点差异与特性推断、检验气体成分。
（1）A．Fe是第Ⅷ族元素，位于元素周期表的d区，ds区仅包含第ⅠB、ⅡB族元素，A错误；
B．基态Ni原子的核外电子排布为，电子的空间运动状态=原子轨道数，其轨道分布为1s有1个轨道，2s有1个轨道，2p有3个轨道，3s有1个轨道，3p有3个轨道，3d有5个轨道，4s有1个轨道，共15个轨道，其电子的空间运动状态也有15种，B错误；
C．还原性强弱与失电子能力有关，已知的价电子排布为，易失去1个电子形成半满稳定结构，失电子能力强；的价电子排布式为为半满稳定结构，失电子能力弱。因此还原性>，C正确；
D．的价电子排布为为半满稳定结构，的价电子排布为。的正电荷更高、半径更小，对的静电吸引更强，D正确；
故答案选CD。
（2）锂电池的工作原理：放电时，从负极脱嵌，嵌入正极；充电时，反应逆向进行，从正极脱嵌，回到负极(阴极) 参与还原反应；
从晶胞局部示意图可知，Ni、Co、Mn的比例为1：1：1，充电50%时，意味着有50%的Li脱出。剩余的Li与过渡金属的数目比为1：2，结合M的比例，可推导出Li-O八面体与Ni-O八面体的数目之比为3：2。
（3）是新型导电材料，说明其具有类似金属晶体的导电性；同时存在明确的晶胞结构和离子，兼具离子晶体和共价晶体的特征，因此属于混合型晶体；
根据晶胞投影图，以Fe为中心，周围等距离且最近的Se原子数目为4，故配位数为4。
（4）物质的稳定性核心取决于化学键的强弱。半径M>P，键能P-O>M-O；电负性M（5）“两种气体相遇有白烟” 是和HCl反应生成的特征现象，则其反应的化学方程式为；
气体A：与、反应生成了，其中Fe由+3价降低到+2价，化合价只能降低，另外化合价升高的只能是O元素，则有生成，可配平该反应为，则气体A中除了大量水蒸气外还有，和；
气体A经冷凝处理后分离出气体B，沸点较高，易被冷凝液化进入溶液层，而沸点低，常温下为气体，故冷凝后剩余的纯净气体B为。根据氧气的特性，可用带火星的木条复燃这一特征反应进行检验。
18．【答案】（1）54
（2）低温
（3）A；D
（4）630 K后，反应Ⅱ逆向移动程度大于反应Ⅲ逆向移动程度，故XeF4含量下降，分布系数减小
（5） 32
（6）
（7）XeF6中Xe原子形成6个σ键和1对孤电子对，分子结构对称性较差，导致其熵值极高，弥补了分子数减少带来的熵减
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）Xe的原子序数为54。
故答案为： 54 ；
（2）由分析知，反应Ⅱ为放热反应，反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应，故 ，由自发可知，反应Ⅱ在低温时能自发进行。
故答案为： 低温 ；
（3）A．设XeF2中Xe-F平均键能为， XeF4中Xe-F平均键能为，中F-F键键能为，则，，已知，则，，A正确；
B．催化剂Ni能降低反应的活化能从而加快反应速率，不能提高反应物分子的平均能量，B错误；
C．由知，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为气体物质的量减小的反应，在恒温恒压条件发生反应，随着反应进行，混合气体的总质量不变，混合气体的总体积减小，混合气体的密度增大，当混合气体密度不变时说明反应Ⅱ、Ⅲ达到平衡状态，C错误；
D．恒容条件下，与恒压相比，容器体积不变，反应体系压强会减小，平衡向气体分子数增多的方向移动，会变小，D正确；
故答案为：AD。
（4）630 K后，反应Ⅱ逆向移动程度大于反应Ⅲ逆向移动程度，故XeF4含量下降，分布系数减小。
故答案为： 630 K后，反应Ⅱ逆向移动程度大于反应Ⅲ逆向移动程度，故XeF4含量下降，分布系数减小 ；
（5）当投料比时，Xe已经完全反应，利用原子守恒可知，平衡时， 32。
故答案为： 32 ；
（6）已知Xe与F2发生反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，当一定时，随着不断增加[即增大]，的物质的量逐渐减小，的物质的量先增大后减小，的物质的量会逐渐增大，由图像知，曲线随增大先增大后减小，因此对应的物质是；对应的物质是，对应的物质是，反应Ⅱ减去反应Ⅲ得反应，则该反应，由图可知，当最多时，，，，的选择性为=。
故答案为： ；
（7）XeF6中Xe原子形成6个σ键和1对孤电子对，分子结构对称性较差，导致其熵值极高，弥补了分子数减少带来的熵减，导致反应Ⅲ为熵增反应。
故答案为： XeF6中Xe原子形成6个σ键和1对孤电子对，分子结构对称性较差，导致其熵值极高，弥补了分子数减少带来的熵减 ；
【分析】从温度变化对各物种分布分数的影响入手分析：随着温度升高，XeF2的分布分数增大，XeF6的分布分数减小，这说明升温时，平衡 Ⅱ 和平衡 Ⅲ 均向逆反应方向移动。根据勒夏特列原理，升温会使平衡向吸热方向移动，因此逆反应为吸热反应，对应的正反应（反应 Ⅱ 和反应 Ⅲ）均为放热反应。
（1）根据元素周期表中稀有气体元素的排列顺序，直接确定 Xe 的原子序数为 54。
（2）结合温度对平衡移动的影响判断反应为放热反应，再根据反应前后气体物质的量变化判断熵变，最后利用吉布斯自由能公式 ΔG=ΔH TΔS 分析低温下的自发性。
（3）A：通过键能数据构建反应焓变表达式，结合 ΔH1
B：明确催化剂只降低活化能、不改变反应物分子平均能量；
C：分析恒温恒压下反应前后气体质量与体积变化，判断密度不变时是否达到平衡；
D：对比恒容与恒压条件下平衡移动方向，推导 的变化趋势。
（4）根据温度对放热反应平衡的影响，比较反应 Ⅱ 和反应 Ⅲ 逆向移动的程度差异，解释 XeF4含量下降的原因。
（5）当投料比为 4 时 Xe 已完全反应，利用 F、Xe 原子守恒建立平衡时各物质物质的量的关系式。
（6）先根据投料比变化判断各曲线对应的物质，再通过反应 Ⅱ 与 Ⅲ 相减得到目标反应，利用平衡常数表达式和分压公式，结合图像中 XeF4最多时的物质的量关系，推导 XeF4的选择性。
（7）从 XeF6的分子结构入手，分析其对称性差导致的熵值变化，解释该熵增效应如何弥补分子数减少带来的熵减，使反应 Ⅲ 整体为熵增反应。
（1）Xe的原子序数为54。
（2）由分析知，反应Ⅱ为放热反应，反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应，故 ，由自发可知，反应Ⅱ在低温时能自发进行。
（3）A．设XeF2中Xe-F平均键能为， XeF4中Xe-F平均键能为，中F-F键键能为，则，，已知，则，，A正确；
B．催化剂Ni能降低反应的活化能从而加快反应速率，不能提高反应物分子的平均能量，B错误；
C．由知，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为气体物质的量减小的反应，在恒温恒压条件发生反应，随着反应进行，混合气体的总质量不变，混合气体的总体积减小，混合气体的密度增大，当混合气体密度不变时说明反应Ⅱ、Ⅲ达到平衡状态，C错误；
D．恒容条件下，与恒压相比，容器体积不变，反应体系压强会减小，平衡向气体分子数增多的方向移动，会变小，D正确；
故答案选AD。
（4）630 K后，反应Ⅱ逆向移动程度大于反应Ⅲ逆向移动程度，故XeF4含量下降，分布系数减小。
（5）当投料比时，Xe已经完全反应，利用原子守恒可知，平衡时， 32。
（6）已知Xe与F2发生反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，当一定时，随着不断增加[即增大]，的物质的量逐渐减小，的物质的量先增大后减小，的物质的量会逐渐增大，由图像知，曲线随增大先增大后减小，因此对应的物质是；对应的物质是，对应的物质是，反应Ⅱ减去反应Ⅲ得反应，则该反应，由图可知，当最多时，，，，的选择性为=。
（7）XeF6中Xe原子形成6个σ键和1对孤电子对，分子结构对称性较差，导致其熵值极高，弥补了分子数减少带来的熵减，导致反应Ⅲ为熵增反应。
19．【答案】（1）Zn2++CH3CSNH2+3OH-ZnS↓+CH3COO-+NH3+H2O
（2）与Zn2+形成配离子，控制Zn2+释放速率，有利于生成细小、均匀的纳米ZnS
（3）D
（4）杂质CH3COONH4、(NH4)2SO4在高温煅烧时可完全转化为气体
（5）pH过低则H+会与EDTA结合，阻碍Zn2+与其结合；pH过高则可能生成Zn(OH)2沉淀；高温煅烧所得样品中混有ZnO杂质，导致样品中Zn含量升高、S含量降低
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）碱性条件下，硫化乙酰胺水解生成和，转化为与生成，配平后的离子方程式为；
故答案为： Zn2++CH3CSNH2+3OH-ZnS↓+CH3COO-+NH3+H2O ；
（2）能与形成，控制溶液中游离浓度，使缓慢生成，若溶液中浓度过高，加入后会快速生成大颗粒的沉淀物，无法得到纳米，形成配离子可以缓慢释放，便于得到纳米颗粒；
故答案为： 与Zn2+形成配离子，控制Zn2+释放速率，有利于生成细小、均匀的纳米ZnS ；
（3）A．配制准确浓度的溶液，需要容量瓶、胶头滴管，所给仪器不全，A错误；
B．两性氢氧化物能与强酸、强碱反应生成盐和水，溶于氨水的原理是生成配合物，B错误；
C．纳米颗粒极小，易形成胶体悬浮液，无法通过肉眼观察沉淀是否不再增加，不能判断反应完成，C错误；
D．纳米颗粒直径很小，普通过滤时易透过滤纸，难以分离，因此离心分离不能换成过滤，D正确；
故答案为：D。
（4）粗产品中的杂质主要是铵盐，铵盐在高温下分解转化为气体逸出，因此也能得到高纯度；
故答案为： 杂质CH3COONH4、(NH4)2SO4在高温煅烧时可完全转化为气体 ；
（5）①若 过小，会与EDTA解离出的配位离子结合，降低浓度，导致EDTA与配位不完全；若过大，会水解生成沉淀，两种情况都会影响滴定结果，因此需要控制在5.0-5.5；
② 高温煅烧时，部分被空气中氧化生成和；方案1以元素为基准测定，会将所有都折算为，摩尔质量小于，等质量样品中含量更高，因此测定结果偏高；方案2以元素为基准测定，氧化后以形式逸出，样品中含量降低，因此测定结果偏低，二者相差较大。
故答案为： pH过低则H+会与EDTA结合，阻碍Zn2+与其结合；pH过高则可能生成Zn(OH)2沉淀 ； 高温煅烧所得样品中混有ZnO杂质，导致样品中Zn含量升高、S含量降低 ；
【分析】（1）依据碱性条件下的反应环境与元素守恒、电荷守恒，配平硫化乙酰胺水解并生成 ZnS 的离子方程式；
（2）利用 NH3与 Zn2+形成配离子的平衡原理，解释其控制游离 Zn2+浓度、减缓 ZnS 生成速率以制备纳米颗粒的作用；
（3）结合溶液配制仪器、两性氢氧化物定义、胶体特性及纳米颗粒分离方法，逐一分析选项正误；
（4）根据铵盐高温易分解的性质，解释粗产品中杂质去除、得到高纯度 ZnS 的原因；
（5）①结合 pH 对 EDTA 配位能力与 Zn2+水解的影响，说明滴定中控制 pH 范围的必要性；
②分析高温下 ZnS 被氧化的产物，对比以 Zn 和 S 为基准的两种测定方案的误差来源。
（1）碱性条件下，硫化乙酰胺水解生成和，转化为与生成，配平后的离子方程式为；
（2）能与形成，控制溶液中游离浓度，使缓慢生成，若溶液中浓度过高，加入后会快速生成大颗粒的沉淀物，无法得到纳米，形成配离子可以缓慢释放，便于得到纳米颗粒；
（3）A．配制准确浓度的溶液，需要容量瓶、胶头滴管，所给仪器不全，A错误；
B．两性氢氧化物能与强酸、强碱反应生成盐和水，溶于氨水的原理是生成配合物，B错误；
C．纳米颗粒极小，易形成胶体悬浮液，无法通过肉眼观察沉淀是否不再增加，不能判断反应完成，C错误；
D．纳米颗粒直径很小，普通过滤时易透过滤纸，难以分离，因此离心分离不能换成过滤，D正确；
故选D。
（4）粗产品中的杂质主要是铵盐，铵盐在高温下分解转化为气体逸出，因此也能得到高纯度；
（5）①若 过小，会与EDTA解离出的配位离子结合，降低浓度，导致EDTA与配位不完全；若过大，会水解生成沉淀，两种情况都会影响滴定结果，因此需要控制在5.0-5.5；
② 高温煅烧时，部分被空气中氧化生成和；方案1以元素为基准测定，会将所有都折算为，摩尔质量小于，等质量样品中含量更高，因此测定结果偏高；方案2以元素为基准测定，氧化后以形式逸出，样品中含量降低，因此测定结果偏低，二者相差较大。
20．【答案】（1）羟基、酯基；还原反应
（2）
（3）A；B；C
（4）+N(C4H9)4F+H2O++ N(C4H9)4OH
（5）
（6）CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHO
【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的合成；有机物的结构和性质
【解析】【解答】（1）根据A的结构，含有的官能团为酯基和羟基；C→D中将酯基还原为羟甲基，反应类型为还原反应。
故答案为： 羟基、酯基 ； 还原反应 ；
（2）由E和X反应生成F的分子结构可以逆推出X的结构，其结构简式为：。
故答案为： ；
（3）A．含有四个憎水的丁基，有机阳离子憎水性强，因此水溶性小于离子化合物，A正确；
B．B→C将末端羟基转化为硅醚保护基，避免该羟基在后续还原等反应中被修饰，目的是保护羟基，B正确；
C．E→F中，一个氨基断裂氮-氢键与醛基发生加成，再脱去水发生消去反应生成氮碳双键，另一个氨基与羧基中的氢发生取代生成酰胺基，三种反应类型都存在，C正确；
D．题目说明两个N杂化方式相同，N①（连叔丁基和羰基的N）受羰基吸电子共轭影响，N上电子云密度低于N②（双键N），因此碱性：①<②，D错误；
故答案为：ABC；
（4）驱动力为键能大，F进攻硅原子使键断裂，脱除硅保护基得到端羟基，生成，反应的化学方程式为：+N(C4H9)4F+H2O+。
故答案为：+N(C4H9)4F+H2O++ N(C4H9)4OH ；
（5）F 含羰基，氧的电负性大导致 F 异构化为 Y（无碳氧双键，氧带单位负电荷），即羰基的异构化：羰基的变为，且F→G有极高的选择性，结合 F 的结构，可推测Y 的结构简式为： 。
故答案为： ；
（6）先与加成制得，然后发生催化氧化反应制得，2分子乙醛在碱性条件下加热进行双醛加成制得 ， 再进行催化氧化制得，与发生缩合反应反应制得。合成路线如下：CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHO故答案为： CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHO ；
【分析】该合成路线分为两条支线推进，最终交汇得到目标产物：
主线以化合物 A 为起始原料，先与环氧乙烷反应引入侧链得到 B，再经硅基保护羟基得到 C，随后用 LiAlH4还原酯基生成伯醇 D（）；逆推C为，B为；支线以肼衍生物 E （）为原料，与 X （）反应构建嘧啶环骨架得到 F（），再经 KOH 处理生成 G；D 与 G 发生亲核取代反应得到 H，最后经四丁基氟化铵（）脱除硅基保护基，得到目标化合物 I。据此分析解答。
（1）根据 A 的结构简式识别出酯基与羟基两种官能团；C→D 步骤中，LiAlH4作为强还原剂，将酯基还原为羟甲基，因此该反应为还原反应。
（2）结合 E 和 X 反应生成 F 的过程，通过对比 E、F 的结构差异，逆推出 X 的结构简式为含双氯代的烯基羧酸醛。
（3）A：N (C4H9)4+中四个丁基的疏水性使 N (C4H9)4F 水溶性弱于离子型的 NH4F，A 正确；
B：B→C 中硅醚保护基的引入，是为了防止后续还原反应中末端羟基被修饰，起到保护羟基的作用，B 正确；
C：E→F 过程中，氨基与醛基发生加成、消去反应生成氮碳双键，另一氨基与羧基发生取代反应生成酰胺基，涉及加成、消去、取代三种反应类型，C 正确；
D：受羰基吸电子共轭影响，与羰基相连的 N 原子电子云密度低于双键 N 原子，因此其碱性更弱，D 错误；
综上，正确选项为 ABC。
（4）利用 Si-F 键的强键能驱动，F-进攻硅原子使 Si-O 键断裂，脱去硅保护基得到端羟基，同时生成硅氟化物和季铵碱，据此写出完整的化学方程式。
（5）F 中羰基的氧原子电负性大，易通过电子效应异构化为氧带单位负电荷的烯醇式结构 Y，结合 F 的结构和反应选择性，推测出 Y 的结构简式。
（6）以乙烯为起始原料，先经加成反应制得乙醇，再氧化为乙醛；乙醛经碱性条件下的羟醛缩合、催化氧化得到酮酸，最后与肼发生缩合反应，构建目标杂环结构，设计出完整的合成路线。
（1）根据A的结构，含有的官能团为酯基和羟基；C→D中将酯基还原为羟甲基，反应类型为还原反应。
（2）由E和X反应生成F的分子结构可以逆推出X的结构，其结构简式为：。
（3）A．含有四个憎水的丁基，有机阳离子憎水性强，因此水溶性小于离子化合物，A正确；
B．B→C将末端羟基转化为硅醚保护基，避免该羟基在后续还原等反应中被修饰，目的是保护羟基，B正确；
C．E→F中，一个氨基断裂氮-氢键与醛基发生加成，再脱去水发生消去反应生成氮碳双键，另一个氨基与羧基中的氢发生取代生成酰胺基，三种反应类型都存在，C正确；
D．题目说明两个N杂化方式相同，N①（连叔丁基和羰基的N）受羰基吸电子共轭影响，N上电子云密度低于N②（双键N），因此碱性：①<②，D错误；
故选择ABC。
（4）驱动力为键能大，F进攻硅原子使键断裂，脱除硅保护基得到端羟基，生成，反应的化学方程式为：+N(C4H9)4F+H2O+。
（5）F 含羰基，氧的电负性大导致 F 异构化为 Y（无碳氧双键，氧带单位负电荷），即羰基的异构化：羰基的变为，且F→G有极高的选择性，结合 F 的结构，可推测Y 的结构简式为： 。
（6）先与加成制得，然后发生催化氧化反应制得，2分子乙醛在碱性条件下加热进行双醛加成制得 ， 再进行催化氧化制得，与发生缩合反应反应制得。合成路线如下：CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHO 。
1 / 1浙江新阵地教育联盟2026届第二次联考化学试题
1．下列成分属于无机非金属材料的是
A．裁判员使用的定位泡沫中的丁烷
B．运动员护腿板中的碳纤维
C．足球门框的材质——铝合金
D．人造革足球的材质——PVC
【答案】B
【知识点】无机非金属材料；含硅矿物及材料的应用
【解析】【解答】A、丁烷是含碳的有机化合物，属于有机物，不属于无机非金属材料，故 A 错误；
B、碳纤维是由碳元素组成的无机材料，属于无机非金属材料，故 B 正确；
C、铝合金是金属合金，属于金属材料，不属于无机非金属材料，故 C 错误；
D、PVC（聚氯乙烯）是塑料，属于有机合成高分子材料，不属于无机非金属材料，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
明确无机非金属材料的定义，区分无机非金属材料与有机材料、金属材料；
丁烷、PVC 均为含碳的有机物，不属于无机非金属材料；
铝合金属于金属材料，碳纤维属于无机非金属材料。
2．火箭燃料偏二甲肼燃烧时发生反应：(CH3)2NNH2+2N2O4=3N2+4H2O+2CO2，下列说法正确的是
A．基态氧原子的价层电子轨道表示式为：
B．N2分子中的共价键：
C．偏二甲肼分子间的氢键：
D．CO2的VSEPR模型：
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；判断简单分子或离子的构型；含有氢键的物质
【解析】【解答】A、基态氧原子的价层电子排布为 2s22p4，根据洪特规则，2p 轨道的 4 个电子应优先分占不同轨道且自旋平行，正确的价层电子轨道表示式应为：，A错误；
B、N2分子中含有 1 个 σ 键和 2 个 π 键，其中 σ 键为头碰头重叠形成，π 键为肩并肩重叠形成， 正确应为：，B错误；
C、氢键的规范表示方法为 X—H…Y（X、Y 为 N、O、F），偏二甲肼分子间的氢键应为 ，题给表示式不规范，故 C 错误；
D、CO2分子中中心 C 原子的价层电子对数为 2（ ），无孤电子对，VSEPR 模型为直线形，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
基态原子价层电子轨道表示式需遵循泡利不相容原理和洪特规则；
N2分子中的共价键包含 σ 键和 π 键，需明确二者的成键方式；
氢键的表示需满足 “X—H…Y” 的规范形式，X、Y 需为电负性大的 N、O、F；
CO2的 VSEPR 模型可通过价层电子对数判断，无孤电子对时为直线形。
3．根据元素周期律，下列说法正确的是
A．稳定性：HF>H2O B．电负性：H>C
C．分子的极性：OF2>H2O D．电离能：I1(Ne)>I2(Na)
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；极性分子和非极性分子；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、F 的非金属性强于 O，非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，故稳定性：HF > H2O，故 A 正确；
B、C 的电负性大于 H，故电负性：H < C，故 B 错误；
C、O 和 F 的电负性差值小于 O 和 H 的电负性差值，且 OF2中 O 原子的孤电子对影响了分子极性，故分子的极性：OF2 < H2O，故 C 错误；
D、Na 失去一个电子后形成的 Na+具有稀有气体的稳定结构，其第二电离能 I2(Na) 远大于 Ne 的第一电离能 I1(Ne)，故电离能：I1(Ne) < I2(Na)，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
气态氢化物的稳定性与元素非金属性正相关，非金属性越强，氢化物越稳定；
常见元素电负性大小关系：C > H，需熟记常见电负性顺序；
分子极性与键的极性、分子空间结构有关，电负性差值越大，键的极性越强；
电离能与原子的电子层结构有关，失去稀有气体稳定结构的电子所需能量会显著升高。
4．下列说法正确的是
A．若苯酚不慎沾到皮肤上，利用其溶解度特点可用65℃以上的水冲洗
B．对于酸、碱、氧化剂或还原剂废液，可统一混合收集后集中处理
C．容量瓶检漏操作：向容量瓶中加入少量蒸馏水，若倒置不漏则需将玻璃旋塞旋转180°再验一次
D．可用重结晶法提纯含有少量氯化钠和泥沙的苯甲酸晶体
【答案】D
【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
【解析】【解答】A、苯酚不慎沾到皮肤上，应立即用酒精冲洗，65℃以上的水会烫伤皮肤，故 A 错误；
B、酸、碱、氧化剂或还原剂废液混合时可能发生反应，引发危险，不能统一混合收集，应分类处理，故 B 错误；
C、容量瓶检漏操作应先向瓶中加适量水，塞好瓶塞后倒置，观察是否漏水，再将瓶塞旋转 180°，再次倒置检验，题中 “加入少量蒸馏水” 操作不规范，水量不足无法有效检漏，故 C 错误；
D、苯甲酸在水中的溶解度随温度变化较大，而氯化钠的溶解度受温度影响小，泥沙不溶于水，可用重结晶法提纯，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
苯酚沾到皮肤的正确处理方法是用酒精冲洗，不能用热水；
酸、碱、氧化剂或还原剂废液混合可能发生危险反应，需分类收集处理；
容量瓶检漏需加入适量蒸馏水，两次倒置检验时瓶塞需旋转 180°；
重结晶法适用于提纯溶解度随温度变化差异大的物质，苯甲酸符合该条件。
5．物质性质决定用途，下列对应关系正确的是
A．二氧化硅具有特殊的光学性能，可用于生产光导纤维
B．银氨溶液具有碱性，可用于制作银镜
C．亚硝酸钠有一定的毒性，故不可用作食品添加剂
D．花生油中含酯基官能团，故花生油能使酸性KMnO4溶液褪色
【答案】A
【知识点】硅和二氧化硅；烯烃；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、二氧化硅具有特殊的光学性能，可用于生产光导纤维，故 A 正确；
B、银氨溶液用于制作银镜，是因为其具有氧化性，能与醛基发生银镜反应，并非因为碱性，故 B 错误；
C、亚硝酸钠有一定的毒性，但在规定用量下可用作食品防腐剂，故 C 错误；
D、花生油能使酸性 KMnO4溶液褪色，是因为其分子中含有碳碳双键，而非酯基官能团，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
二氧化硅的光学特性是制备光导纤维的核心依据；
银氨溶液发生银镜反应体现的是氧化性，而非碱性；
亚硝酸钠在限量条件下可作为食品添加剂使用；
花生油中的碳碳双键可被酸性高锰酸钾氧化，酯基无此性质。
6．物质微观结构决定宏观性质，进而影响用途。下列化学事实与结构原因不匹配的是
选项 化学事实 结构原因
A 冰的密度比干冰小 冰中的水分子采取非密堆积的方式
B 生铁的延展性不如纯铁 掺入合金元素后原子层间相对滑动变困难
C 焰色试验可以使用铂丝 铂丝灼烧时不发生电子的跃迁
D 1000℃以上时CuO会分解生成和 的价层电子达到全充满结构，更稳定
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；氢键的存在对物质性质的影响；合金及其应用；焰色反应
【解析】【解答】A、冰中的水分子通过氢键形成非密堆积的空间网状结构，空隙较大，因此冰的密度比干冰小，二者匹配，故 A 不符合题意；
B、生铁中掺入了合金元素，破坏了纯铁原子层的规则排列，使原子层间相对滑动变困难，因此延展性不如纯铁，二者匹配，故 B 不符合题意；
C、焰色试验使用铂丝，是因为铂的焰色为无色，灼烧时不会产生干扰性的焰色，并非因为铂丝灼烧时不发生电子跃迁，二者不匹配，故 C 符合题意；
D、1000℃以上时 CuO 分解生成 Cu2O，是因为 Cu+的价层电子达到全充满结构（3d ），稳定性更高，二者匹配，故 D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
冰的密度较小，是因为氢键形成的非密堆积结构，空隙多；
合金的延展性降低，是因为合金元素阻碍了原子层间的滑动；
铂丝用于焰色试验的原因是其焰色为无色，不干扰实验，并非不发生电子跃迁；
Cu+的价层电子全充满结构更稳定，是 CuO 高温分解的结构原因。
7．下列方程式不正确的是
A．Cl2溶于水：
B．溴乙烷与NaOH溶液共热：
C．碱性条件下甲醇燃料电池的负极反应：
D．Al粉加入NaOH溶液：
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；铝的化学性质；卤代烃简介；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、氯气溶于水发生可逆反应，生成 HCl 和 HClO，HClO 为弱酸，离子方程式中保留化学式，该方程式正确，故 A 不符合题意；
B、溴乙烷与 NaOH 水溶液共热发生取代反应，生成乙醇和 NaBr，而非消去反应生成乙烯，该方程式错误，故 B 符合题意；
C、碱性条件下甲醇燃料电池的负极上甲醇失电子发生氧化反应，生成的 CO2与 OH-反应生成 CO32-，该离子方程式正确，故 C 不符合题意；
D、Al 粉与 NaOH 溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，该离子方程式正确，故 D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
氯气与水的反应为可逆反应，HClO 是弱酸，离子方程式中不拆写；
溴乙烷与 NaOH 水溶液共热发生取代反应，与 NaOH 醇溶液共热才发生消去反应；
碱性条件下甲醇燃料电池负极反应，需考虑产物与 OH-的反应；
Al 与 NaOH 溶液反应的离子方程式需配平原子、电荷，注意水的参与。
8．下列实验装置或操作合理的是
A．分离CH2Cl2和CCl4 B．验证牺牲阳极法保护铁
C．碱式滴定管按如图方式排气泡 D．收集NO气体
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；蒸馏与分馏；常见气体制备原理及装置选择；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A、CH2Cl2和 CCl4互溶，但 CH2Cl2的密度比 CCl4小，且蒸馏装置中温度计水银球应位于蒸馏烧瓶支管口处，图中装置不合理，故 A 不符合题意；
B、Zn 的金属性比 Fe 强，形成原电池时 Zn 作负极被氧化，Fe 作正极被保护，滴入 K3[Fe(CN)6] 溶液无蓝色沉淀生成，但图中 Fe 电极位置不合理，装置无法验证牺牲阳极法保护铁，故 B 不符合题意；
C、碱式滴定管排气泡时，应将胶管向上弯曲，用力捏挤玻璃珠使溶液从尖嘴喷出，图中操作合理，故 C 符合题意；
D、NO 会与 O2反应，不能用排空气法收集，且 NO 密度比 CO2小，应短进长出，图中装置无法收集 NO，故 D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
蒸馏装置中温度计水银球需位于蒸馏烧瓶支管口处，用于测定蒸气温度；
牺牲阳极法保护铁的原电池装置中，被保护的铁应作正极，滴入铁氰化钾溶液无蓝色沉淀；
碱式滴定管排气泡的正确操作是将胶管向上弯曲，捏挤玻璃珠排出气泡；
NO 易与氧气反应，不能用排空气法收集，需用排水法收集。
9．某有机合成过程如图，下列说法不正确的是
A．用FeCl3溶液可区分M和P
B．1mol M与足量溴水反应最多消耗3 mol Br2
C．P在酸性条件下水解产物含有手性碳原子
D．N的核磁共振氢谱有3组吸收峰
【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；酯的性质
【解析】【解答】A、M 中含有酚羟基，能与 FeCl3溶液发生显色反应，P 中不含酚羟基，无此现象，可用 FeCl3溶液区分，故 A 不符合题意；
B、M 中酚羟基的邻、对位碳原子上的氢可与 Br2发生取代反应，醛基可被 Br2氧化，1mol M 与足量溴水反应最多消耗 3mol Br2，故 B 不符合题意；
C、P 在酸性条件下水解时，酯基和氰基均会水解， 产物为， 其中与氰基相连的碳原子（原手性碳）水解后连接两个相同的基团，不再是手性碳原子，故 C 符合题意；
D、N（ ）的结构中含有 3 种不同化学环境的氢原子，核磁共振氢谱有 3 组吸收峰，故 D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
酚羟基能与 FeCl3溶液发生显色反应，可用于区分含酚羟基与不含酚羟基的有机物；
酚的邻对位取代反应和醛基的氧化反应，是计算溴水消耗量的关键；
手性碳原子需连接 4 个不同基团，P 水解后原手性碳上的基团发生变化，不再满足条件；
核磁共振氢谱的吸收峰组数，等于分子中不同化学环境氢原子的种类数。
10．下图装置能用于完成下列实验的是
选项 目的 试剂a 试剂b 试剂c 试剂d
A 验证NH3的碱性 浓氨水 碱石灰 酚酞溶液 稀硫酸
B 检验漂白粉和浓盐酸的气体产物 浓盐酸 漂白粉 紫色石蕊试液 NaOH溶液
C 验证SO2的漂白性 浓硫酸 Na2SO3 紫色石蕊试液 澄清石灰水
D 验证乙炔的还原性 饱和食盐水 电石 浓硫酸 酸性高锰酸钾
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】氯气的实验室制法；常见气体制备原理及装置选择；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、浓氨水与碱石灰反应制得氨气，氨气通入酚酞溶液，溶液变红可验证其碱性，但氨气极易溶于水，导管直接插入溶液会发生倒吸，装置不合理，故 A 不符合题意；
B、浓盐酸与漂白粉反应生成氯气，氯气通入紫色石蕊试液，溶液先变红后褪色，可检验气体产物，NaOH 溶液可吸收尾气，装置合理，故 B 符合题意；
C、浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫通入紫色石蕊试液，溶液变红但不褪色，无法验证漂白性，装置不合理，故 C 不符合题意；
D、电石与饱和食盐水反应生成乙炔，同时会产生硫化氢等杂质气体，浓硫酸不能除去硫化氢，且硫化氢也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰乙炔还原性的验证，装置不合理，故 D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
氨气极易溶于水，直接通入溶液会发生倒吸，需防倒吸装置；
氯气通入紫色石蕊试液，先因酸性变红，后因次氯酸的漂白性褪色，可检验气体产物；
二氧化硫不能漂白酸碱指示剂，通入石蕊试液只会变红，无法验证漂白性；
电石反应生成的乙炔中混有硫化氢等杂质，会干扰乙炔还原性的验证，需先除杂。
11．载氧体化学链燃烧技术(CLC)是一种燃烧效率更高的新技术。以H2为燃料，以CaSO4为载氧体的CLC体系工作原理如下左图，“燃料反应器”中发生的反应有：
ΔH 1<0
ΔH2>0
将1 mol H2和1 mol CaSO4投入“燃料反应器”中，平衡时各产物物质的量随温度变化关系曲线如下右图，下列说法不正确的是
A．曲线②表示CaS
B．“燃料反应器”中应采用低温高压条件
C．1000℃平衡时，将“燃料反应器”容积压缩，重新平衡后c(SO2)增大
D．曲线②、③交点处CaSO4和H2转化率之比为2：5
【答案】C
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、根据勒夏特列原理，反应 1 放热、反应 2 吸热；温度升高时，反应 1 逆向移动，CaS 物质的量减少，反应 2 正向移动，SO2物质的量增大，因此曲线②为 CaS、曲线③为 SO2，A 正确；
B、为提高燃烧效率、减少 SO2生成，温度应低于 800℃；反应 2 为气体分子数增多的反应，高压可抑制其正向进行，故应采用低温高压条件，B 正确；
C、1000℃平衡时温度不变，反应的平衡常数 K 不变，由 K1、K2的表达式可推导出 c (SO2) 为定值：，，C错误；
D、设交点处 n (SO2)=n (CaS)=x mol，根据反应计量关系，消耗的 CaSO4为 2x mol，消耗的 H2为 5x mol；初始 CaSO4和 H2均为 1 mol，因此二者转化率之比为 2：5，D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题思路：
曲线判断：利用勒夏特列原理，结合主副反应的热效应，判断不同温度下产物物质的量的变化趋势；
反应条件分析：结合图像中 SO2的生成温度，从提高效率、减少副反应的角度，分析温度和压强的选择；
浓度变化分析：利用平衡常数仅与温度有关的性质，推导压缩容积时 SO2浓度的变化；
转化率计算：结合交点处产物物质的量相等的条件，根据反应计量关系计算反应物的转化率之比。
12．三维电极反应器是在阴、阳电极板之间投加活性炭细颗粒作为第三电极，形成许多微小的电解池，利用该装置去除氯苯(用R表示)的原理如图。下列说法不正确的是
A．M为电源正极
B．电解过程中可能生成Cl2
C．pH、温度、O2的分压等参数均会影响氯苯去除的效率
D．外电路中转移1 mol e-，理论上最多处理氯苯 mol
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、M 电极上水失电子生成羟基自由基，发生氧化反应：，该电极为阳极，外接电源正极，故 A 正确；
B、电解质溶液含 Cl-，阳极上水发生氧化反应： 的同时，Cl-可能在阳极失电子生成 Cl2，故 B 正确；
C、羟基自由基是去除氯苯的关键物种，pH 影响其生成速率与稳定性，温度影响 H2O2分解速率，O2分压影响阴极 H2O2生成量，而 H2O2又会生成羟基自由基，因此三者均会影响羟基自由基的量，进而影响氯苯去除效率，故 C 正确；
D、外电路转移 1mol e-时，阳极生成 1mol OH；阴极（ ）先生成 0.5mol H2O2，再分解生成 1mol OH（ ），两极共生成 2mol OH；结合反应 R+28 OH →产物，理论上最多可处理 mol 氯苯，故 D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题思路：
电极判断：根据电极反应类型（氧化、还原）确定电极极性，进而判断电源正负极；
阳极反应分析：结合电解质离子种类，判断阳极可能发生的氧化反应；
影响因素推导：以羟基自由基为核心，分析 pH、温度、O2分压对其生成与稳定性的影响，明确其与氯苯去除效率的关联；
电化学计算：根据电子转移守恒，分别计算阴、阳极生成羟基自由基的物质的量，结合总反应计量关系计算可处理氯苯的物质的量。
13．二茂铁是由一个Fe2+和两个环戊二烯基()通过π键配位结合形成夹心结构，使二茂铁具有芳香性。二茂铁的羧酸衍生物能形成如图结构，下列说法不正确的是
A．中C原子的杂化方式为sp2
B．每个提供6个e-形成配位键
C．图中所示分子体现了超分子自组装的性质
D．图中所示分子的酸性强于
【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、为芳香性结构，所有C原子均参与形成离域π键，价层电子对数为3，杂化方式为，故A正确；
B、每个中5个C原子的p轨道各提供1个电子，加上阴离子带的1个负电荷，共6个电子形成π键，可提供6个电子与形成配位键，故B正确；
C、图中分子通过分子间氢键形成特定的有序结构，体现了超分子自组装的性质，故C正确；
D、图中分子的羧基形成了分子间氢键，导致羧基中O—H键极性减弱，H+更难电离，其酸性弱于未形成氢键的二茂铁羧酸（ ），故D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题思路：
杂化方式判断：根据的芳香性结构，判断C原子的价层电子对数，确定杂化类型；
配位键电子数分析：结合的电子结构，计算其提供的π电子数；
超分子性质判断：根据分子间氢键的存在，判断其是否体现超分子自组装特性；
酸性强弱比较：分析分子间氢键对羧基电离的影响，判断酸性强弱关系。
14．铑(Rh)催化烯烃与CO的偶联反应机理如图，L表示配体，Bu表示丁基，下列说法不正确的是
A．中碳碳双键的极性对产物的选择性产生影响
B．元素Rh的化合价经历了两次变化
C．该过程的主要副产物为
D．将Bu换成，主要产物为
【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；极性分子和非极性分子；有机物中的官能团；烯烃
【解析】【解答】A、烯烃中碳碳双键的极性会影响 Rh 催化剂对双键两端碳原子的选择性加成，进而影响产物的结构与选择性，故 A 正确；
B、反应机理中，Rh 元素始终以配合物形式存在，未发生化合价变化，故 B 错误；
C、 烯烃发生加成反应时，端基①号碳连在催化剂上：，若加成反应时②号碳连在催化剂上，副产物是支链醛：，C错误；
D、当 Bu 换成 - CF3时，由于 - CF3的强吸电子效应，Rh 催化剂会选择性加成到双键的不同位置，主要产物为 ，故 D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题思路：
反应选择性分析：烯烃双键的极性差异会影响催化加成的区域选择性，从而决定产物结构；
化合价判断：Rh 在整个催化循环中均为配合物形式，化合价始终不变；
产物结构判断：根据机理，Rh 催化的烯烃氢甲酰化反应主要生成直链醛，支链醛不是主要产物；
取代基影响分析：强吸电子基 - CF3会改变双键极性，使催化剂加成位点改变，生成支链醛。
15．某实验室废液废渣主要含AgNO3、AgCl、Ag2CrO4，按如下流程回收Ag，下列说法不正确的是
25℃时，相关数据如下：H2S 、；；；；；饱和Na2S溶液的浓度为2 mol/L。
A．饱和Na2S溶液中，离子浓度大小关系为：
B．若不加铁粉，则固体B为AgCl
C．AgCl、Ag2CrO4可完全转化为固体A
D．固体A可溶于浓硝酸
【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、Na2S 属于强碱弱酸盐，溶于水后 S2-会发生分步水解：S2-+H2O HS-+OH-、HS-+H2O H2S+OH-，水解使溶液呈碱性，即 c (OH-)>c (H+)；其中第一步水解程度远大于第二步，因此 c (OH-)>c (HS-)，且 S2-水解程度很小，其在溶液中的浓度仍为主要，故离子浓度顺序为：c (Na+)>c (S2-)>c (OH-)>c (HS-)>c (H+)，A 正确；
B、固体 A 的主要成分是 Ag2S，Ag2S 的溶度积极低，与盐酸不发生反应；若不加铁粉直接加入盐酸，Ag2S 仍以固体形式存在，无法转化为 AgCl 沉淀，B 错误；
C、根据溶度积数据，Ksp (Ag2S)=6.3×10-5 ，远小于 Ksp (AgCl)=1.8×10- 和 Ksp (Ag2CrO4)=1.1×10- 2，说明 Ag2S 的溶解度远低于 AgCl 和 Ag2CrO4；在足量饱和 Na2S 溶液中，S2-浓度很高，会使 AgCl 和 Ag2CrO4的沉淀溶解平衡正向移动，Ag+与 S2-结合生成更难溶的 Ag2S，从而实现 Ag+的完全转化，C 正确；
D、固体 A 为 Ag2S，浓硝酸具有强氧化性，可将 Ag2S 中的 S2-氧化为高价态含硫物质，破坏 Ag2S 的沉淀溶解平衡，使 Ag2S 溶解，D 正确；
故答案为：B。
【分析】本流程以沉淀转化和氧化还原反应为核心，利用 Ag2S 极低的溶度积（Ksp=6.3×10-5 ）实现银的富集与提纯。首先，向含银废液中加入 Na2S，利用沉淀转化原理，将 AgNO3、AgCl、Ag2CrO4中的 Ag+全部转化为溶解度更小的 Ag2S 沉淀，得到固体 A（主成分为 Ag2S）；随后，加入铁粉作为还原剂，将 Ag2S 中的 Ag+还原为单质 Ag，同时生成 FeS 杂质；最后，加入盐酸除去过量铁粉和 FeS，过滤得到高纯度 Ag（固体 B）。整个过程结合了沉淀溶解平衡、氧化还原反应和物质分离提纯的原理。
16．铜离子(Cu2+)具有较强的配位能力，能够与多种配体形成稳定的配合物，这主要归因于其独特的电子结构和物理特性。根据实验流程，下列说法正确的是
①试剂X可以是(NH4)2SO4；
②操作Y为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；
③由实验现象可知，反应限度不大；
④步骤Ⅱ证明，与Cu2+的配位能力：Cl->NH3。
A．①③ B．②④ C．①④ D．①②③
【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】①试剂 X 可以是 (NH4)2SO4：向无明显变化的体系中加入铵盐，可提供 NH4+，抑制 NH3 H2O 电离，同时增大溶液中 NH3的有效浓度，促进 Cu (OH)2与 NH3的配位反应生成 [Cu(NH3)4]2+，因此 X 可为 (NH4)2SO4，①正确；
②操作 Y 为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤：[Cu(NH3)4] SO4晶体受热易分解，直接蒸发浓缩会导致晶体分解，应采用减压蒸发或水浴蒸发浓缩，该操作描述不准确，②错误；
③由实验现象可知，反应 Cu(OH)2+4NH3 [Cu(NH3)4]2++2OH-限度不大：CuSO4溶液中加氨水生成 Cu (OH)2沉淀，继续加氨水沉淀溶解；但 CuSO4与 NaOH 反应生成的 Cu(OH)2沉淀加氨水无明显变化，说明溶液中 OH-浓度高时，配位反应难以正向进行，即该反应限度不大，③正确；
④步骤 II 证明，与 Cu2+的配位能力：Cl- > NH3：向深蓝色 [Cu(NH3)4]2+溶液中加盐酸，溶液变绿，是因为 H+与 NH3结合生成 NH4+，降低了 NH3浓度，同时 Cl-与 Cu2+形成 [CuCl4]2-，并非 Cl-直接取代 NH3，因此不能证明 Cl-的配位能力强于 NH3，④错误；综上，①③正确，
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
配位平衡移动分析：铵盐提供的 NH4+可抑制 NH3 H2O 电离，增大 NH3浓度，促进 Cu(OH)2与 NH3的配位反应；
晶体操作判断：考虑 [Cu(NH3)4]SO4晶体的热不稳定性，直接蒸发浓缩会导致其分解；
反应限度判断：对比两种不同方式生成的 Cu(OH)2与氨水的反应现象，判断配位反应的可逆性与限度；
配位能力比较：加盐酸后溶液变绿，是 H+消耗 NH3和 Cl-配位共同作用的结果，不能直接证明 Cl-的配位能力更强。
17．过渡金属Fe、Co、Ni、Mn是锂电池正极材料的重要元素。请回答：
（1）下列说法正确的是___________。
A．Fe位于元素周期表的ds区
B．基态Ni原子核外电子空间运动状态有14种
C．还原性：Fe2+>Mn2+
D．结合OH-能力：Fe3+>Fe2+
（2）三元锂电池的正极材料可看成用Ni和Mn替换了LiCoO2中部分Co，晶胞如图(此时无法放电)。充电时，Li+从正极材料中　 　(填“嵌入”或“脱嵌”)；当充电50%时，正极材料中的Li-O八面体与Ni-O八面体的数目之比是　 　。
（3）KFe2Se2是一种新型导电材料，晶胞投影如图，其晶体类型为　 　，Fe的配位数是　 　。
（4）相对于三元材料中的M-O键(M表示Co、Ni、Mn)，磷酸铁锂(LiFePO4)电池中的P-O键使其高温性能更佳、循环次数更多，试从结构角度分析原因　 　。
（5）LiFePO4的生产工艺有固相法和液相法。
①固相法：将FeCl3、NH4H2PO4、Li2CO3和足量炭黑的混合物在高温下反应，生成LiFePO4和三种气态产物，其中两种气体相遇有白烟。制备LiFePO4的化学方程式为　 　。
②液相法(流程如下)：
气体A中除大量水蒸气外，还有　 　(填化学式)；气体B为纯净物，设计实验证明其成分　 　。
【答案】（1）C；D
（2）脱嵌；3：2
（3）混合型晶体；4
（4）半径M>P，键能P-O>M-O；电负性M（5）2FeCl3+2NH4H2PO4+Li2CO3+2C2LiFePO4+3CO↑+2NH3↑+6HCl↑；NO2，O2；将带火星木条伸入装有气体B的集气瓶中，若带火星木条复燃，则证明有O2
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；电极反应和电池反应方程式
【解析】【解答】（1）A．Fe是第Ⅷ族元素，位于元素周期表的d区，ds区仅包含第ⅠB、ⅡB族元素，A错误；
B．基态Ni原子的核外电子排布为，电子的空间运动状态=原子轨道数，其轨道分布为1s有1个轨道，2s有1个轨道，2p有3个轨道，3s有1个轨道，3p有3个轨道，3d有5个轨道，4s有1个轨道，共15个轨道，其电子的空间运动状态也有15种，B错误；
C．还原性强弱与失电子能力有关，已知的价电子排布为，易失去1个电子形成半满稳定结构，失电子能力强；的价电子排布式为为半满稳定结构，失电子能力弱。因此还原性>，C正确；
D．的价电子排布为为半满稳定结构，的价电子排布为。的正电荷更高、半径更小，对的静电吸引更强，D正确；
故答案为：CD；
（2）锂电池的工作原理：放电时，从负极脱嵌，嵌入正极；充电时，反应逆向进行，从正极脱嵌，回到负极(阴极) 参与还原反应；
从晶胞局部示意图可知，Ni、Co、Mn的比例为1：1：1，充电50%时，意味着有50%的Li脱出。剩余的Li与过渡金属的数目比为1：2，结合M的比例，可推导出Li-O八面体与Ni-O八面体的数目之比为3：2。
故答案为： 脱嵌 ； 3：2 ；
（3）是新型导电材料，说明其具有类似金属晶体的导电性；同时存在明确的晶胞结构和离子，兼具离子晶体和共价晶体的特征，因此属于混合型晶体；
根据晶胞投影图，以Fe为中心，周围等距离且最近的Se原子数目为4，故配位数为4。
故答案为： 混合型晶体 ； 4 ；
（4）物质的稳定性核心取决于化学键的强弱。半径M>P，键能P-O>M-O；电负性M故答案为： 半径M>P，键能P-O>M-O；电负性M（5）“两种气体相遇有白烟” 是和HCl反应生成的特征现象，则其反应的化学方程式为；
气体A：与、反应生成了，其中Fe由+3价降低到+2价，化合价只能降低，另外化合价升高的只能是O元素，则有生成，可配平该反应为，则气体A中除了大量水蒸气外还有，和；
气体A经冷凝处理后分离出气体B，沸点较高，易被冷凝液化进入溶液层，而沸点低，常温下为气体，故冷凝后剩余的纯净气体B为。根据氧气的特性，可用带火星的木条复燃这一特征反应进行检验。
故答案为： 2FeCl3+2NH4H2PO4+Li2CO3+2C2LiFePO4+3CO↑+2NH3↑+6HCl↑ ； NO2，O2 ； 将带火星木条伸入装有气体B的集气瓶中，若带火星木条复燃，则证明有O2 ；
【分析】（1）依据元素周期表分区规则、电子排布轨道数计算、价电子半满稳定性规律、离子极化理论，逐一分析选项；
（2）结合锂电池充放电过程中 Li+的迁移规律，利用晶胞中原子数目比例关系，推导多面体数目比；
（3）根据材料的导电性、离子与共价结构特征判断混合型晶体类型，结合晶胞投影图确定中心原子的配位数；
（4）利用原子半径、电负性差异，分析化学键的极性强弱与稳定性，进而判断材料的热稳定性；
（5）结合特征反应现象推断产物，通过氧化还原反应的价态升降规律配平方程式，并根据气体沸点差异与特性推断、检验气体成分。
（1）A．Fe是第Ⅷ族元素，位于元素周期表的d区，ds区仅包含第ⅠB、ⅡB族元素，A错误；
B．基态Ni原子的核外电子排布为，电子的空间运动状态=原子轨道数，其轨道分布为1s有1个轨道，2s有1个轨道，2p有3个轨道，3s有1个轨道，3p有3个轨道，3d有5个轨道，4s有1个轨道，共15个轨道，其电子的空间运动状态也有15种，B错误；
C．还原性强弱与失电子能力有关，已知的价电子排布为，易失去1个电子形成半满稳定结构，失电子能力强；的价电子排布式为为半满稳定结构，失电子能力弱。因此还原性>，C正确；
D．的价电子排布为为半满稳定结构，的价电子排布为。的正电荷更高、半径更小，对的静电吸引更强，D正确；
故答案选CD。
（2）锂电池的工作原理：放电时，从负极脱嵌，嵌入正极；充电时，反应逆向进行，从正极脱嵌，回到负极(阴极) 参与还原反应；
从晶胞局部示意图可知，Ni、Co、Mn的比例为1：1：1，充电50%时，意味着有50%的Li脱出。剩余的Li与过渡金属的数目比为1：2，结合M的比例，可推导出Li-O八面体与Ni-O八面体的数目之比为3：2。
（3）是新型导电材料，说明其具有类似金属晶体的导电性；同时存在明确的晶胞结构和离子，兼具离子晶体和共价晶体的特征，因此属于混合型晶体；
根据晶胞投影图，以Fe为中心，周围等距离且最近的Se原子数目为4，故配位数为4。
（4）物质的稳定性核心取决于化学键的强弱。半径M>P，键能P-O>M-O；电负性M（5）“两种气体相遇有白烟” 是和HCl反应生成的特征现象，则其反应的化学方程式为；
气体A：与、反应生成了，其中Fe由+3价降低到+2价，化合价只能降低，另外化合价升高的只能是O元素，则有生成，可配平该反应为，则气体A中除了大量水蒸气外还有，和；
气体A经冷凝处理后分离出气体B，沸点较高，易被冷凝液化进入溶液层，而沸点低，常温下为气体，故冷凝后剩余的纯净气体B为。根据氧气的特性，可用带火星的木条复燃这一特征反应进行检验。
18．Xe与F2在一定条件下发生下列反应，当时，近似认为Xe完全反应。
I．
Ⅱ．
Ⅲ．
向某恒压密闭容器中按充入F2和Xe，平衡时三种氟化物的分布分数随温度的变化如下左图；T温度下，平衡时三种氟化物的物质的量随投料比的变化如下右图。
请回答：
（1）Xe的原子序数是　 　。
（2）反应Ⅱ自发进行的条件是　 　。
（3）下列说法正确的是___________。
A．已知ΔH 1<ΔH 2，则XeF2中Xe-F平均键能大于XeF4中Xe-F平均键能
B．催化剂Ni能提高反应物分子的平均能量从而加快反应速率
C．混合气体的密度不变不能说明反应Ⅱ、Ⅲ达到平衡状态
D．若反应在恒容条件下进行，与恒压条件相比，平衡时变小
（4）上左图中630 K之后，XeF4分布系数下降的原因是　 　。
（5）上右图中当投料，平衡时　 　。
____________
（6）反应Ⅱ、Ⅲ的平衡常数分别为：Kp(Ⅱ)=a kPa-1，Kp(Ⅲ)=b kPa-1。当最多时，L2的选择性为　 　(用a、b表示，L2的选择性)。
（7）已知：反应I、反应Ⅱ为熵减反应，反应Ⅲ为熵增反应，请从XeF6分子结构的角度解释反应Ⅲ熵增的原因：　 　。
【答案】（1）54
（2）低温
（3）A；D
（4）630 K后，反应Ⅱ逆向移动程度大于反应Ⅲ逆向移动程度，故XeF4含量下降，分布系数减小
（5） 32
（6）
（7）XeF6中Xe原子形成6个σ键和1对孤电子对，分子结构对称性较差，导致其熵值极高，弥补了分子数减少带来的熵减
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）Xe的原子序数为54。
故答案为： 54 ；
（2）由分析知，反应Ⅱ为放热反应，反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应，故 ，由自发可知，反应Ⅱ在低温时能自发进行。
故答案为： 低温 ；
（3）A．设XeF2中Xe-F平均键能为， XeF4中Xe-F平均键能为，中F-F键键能为，则，，已知，则，，A正确；
B．催化剂Ni能降低反应的活化能从而加快反应速率，不能提高反应物分子的平均能量，B错误；
C．由知，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为气体物质的量减小的反应，在恒温恒压条件发生反应，随着反应进行，混合气体的总质量不变，混合气体的总体积减小，混合气体的密度增大，当混合气体密度不变时说明反应Ⅱ、Ⅲ达到平衡状态，C错误；
D．恒容条件下，与恒压相比，容器体积不变，反应体系压强会减小，平衡向气体分子数增多的方向移动，会变小，D正确；
故答案为：AD。
（4）630 K后，反应Ⅱ逆向移动程度大于反应Ⅲ逆向移动程度，故XeF4含量下降，分布系数减小。
故答案为： 630 K后，反应Ⅱ逆向移动程度大于反应Ⅲ逆向移动程度，故XeF4含量下降，分布系数减小 ；
（5）当投料比时，Xe已经完全反应，利用原子守恒可知，平衡时， 32。
故答案为： 32 ；
（6）已知Xe与F2发生反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，当一定时，随着不断增加[即增大]，的物质的量逐渐减小，的物质的量先增大后减小，的物质的量会逐渐增大，由图像知，曲线随增大先增大后减小，因此对应的物质是；对应的物质是，对应的物质是，反应Ⅱ减去反应Ⅲ得反应，则该反应，由图可知，当最多时，，，，的选择性为=。
故答案为： ；
（7）XeF6中Xe原子形成6个σ键和1对孤电子对，分子结构对称性较差，导致其熵值极高，弥补了分子数减少带来的熵减，导致反应Ⅲ为熵增反应。
故答案为： XeF6中Xe原子形成6个σ键和1对孤电子对，分子结构对称性较差，导致其熵值极高，弥补了分子数减少带来的熵减 ；
【分析】从温度变化对各物种分布分数的影响入手分析：随着温度升高，XeF2的分布分数增大，XeF6的分布分数减小，这说明升温时，平衡 Ⅱ 和平衡 Ⅲ 均向逆反应方向移动。根据勒夏特列原理，升温会使平衡向吸热方向移动，因此逆反应为吸热反应，对应的正反应（反应 Ⅱ 和反应 Ⅲ）均为放热反应。
（1）根据元素周期表中稀有气体元素的排列顺序，直接确定 Xe 的原子序数为 54。
（2）结合温度对平衡移动的影响判断反应为放热反应，再根据反应前后气体物质的量变化判断熵变，最后利用吉布斯自由能公式 ΔG=ΔH TΔS 分析低温下的自发性。
（3）A：通过键能数据构建反应焓变表达式，结合 ΔH1
B：明确催化剂只降低活化能、不改变反应物分子平均能量；
C：分析恒温恒压下反应前后气体质量与体积变化，判断密度不变时是否达到平衡；
D：对比恒容与恒压条件下平衡移动方向，推导 的变化趋势。
（4）根据温度对放热反应平衡的影响，比较反应 Ⅱ 和反应 Ⅲ 逆向移动的程度差异，解释 XeF4含量下降的原因。
（5）当投料比为 4 时 Xe 已完全反应，利用 F、Xe 原子守恒建立平衡时各物质物质的量的关系式。
（6）先根据投料比变化判断各曲线对应的物质，再通过反应 Ⅱ 与 Ⅲ 相减得到目标反应，利用平衡常数表达式和分压公式，结合图像中 XeF4最多时的物质的量关系，推导 XeF4的选择性。
（7）从 XeF6的分子结构入手，分析其对称性差导致的熵值变化，解释该熵增效应如何弥补分子数减少带来的熵减，使反应 Ⅲ 整体为熵增反应。
（1）Xe的原子序数为54。
（2）由分析知，反应Ⅱ为放热反应，反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应，故 ，由自发可知，反应Ⅱ在低温时能自发进行。
（3）A．设XeF2中Xe-F平均键能为， XeF4中Xe-F平均键能为，中F-F键键能为，则，，已知，则，，A正确；
B．催化剂Ni能降低反应的活化能从而加快反应速率，不能提高反应物分子的平均能量，B错误；
C．由知，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为气体物质的量减小的反应，在恒温恒压条件发生反应，随着反应进行，混合气体的总质量不变，混合气体的总体积减小，混合气体的密度增大，当混合气体密度不变时说明反应Ⅱ、Ⅲ达到平衡状态，C错误；
D．恒容条件下，与恒压相比，容器体积不变，反应体系压强会减小，平衡向气体分子数增多的方向移动，会变小，D正确；
故答案选AD。
（4）630 K后，反应Ⅱ逆向移动程度大于反应Ⅲ逆向移动程度，故XeF4含量下降，分布系数减小。
（5）当投料比时，Xe已经完全反应，利用原子守恒可知，平衡时， 32。
（6）已知Xe与F2发生反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，当一定时，随着不断增加[即增大]，的物质的量逐渐减小，的物质的量先增大后减小，的物质的量会逐渐增大，由图像知，曲线随增大先增大后减小，因此对应的物质是；对应的物质是，对应的物质是，反应Ⅱ减去反应Ⅲ得反应，则该反应，由图可知，当最多时，，，，的选择性为=。
（7）XeF6中Xe原子形成6个σ键和1对孤电子对，分子结构对称性较差，导致其熵值极高，弥补了分子数减少带来的熵减，导致反应Ⅲ为熵增反应。
19．纳米硫化锌是一种具有优异光学特性的半导体材料，某实验小组开展了该材料的制备实验，步骤如下所示。
步骤I：将一定量ZnSO4·7H2O溶于水，配成0.1 mol/L溶液；
步骤Ⅱ：向ZnSO4溶液中滴加氨水，至产生的沉淀恰好完全溶解；
步骤Ⅲ：向步骤II所得溶液中加入一定量的硫化乙酰胺(CH3CSNH2，简称TAA)，在80℃水浴中加热搅拌至反应完成；
步骤IV：离心分离，得到纳米ZnS，用蒸馏水和无水乙醇交替洗涤2次，在60℃条件下真空干燥。
请回答：
（1）以ZnSO4溶液和TAA在碱性条件下(有利于TAA水解)制备ZnS的离子方程式为：　 　。
___Zn2++___CH3CSNH2+____OH-_____
（2）步骤Ⅱ中氨水的作用是：①提供碱性环境；②　 　。
（3）下列说法正确的是___________。
A．步骤I需要的仪器有：天平、烧杯、玻璃棒、量筒
B．步骤Ⅱ中沉淀溶解说明Zn(OH)2是两性氢氧化物
C．步骤Ⅲ中通过观测沉淀不再增加，可判断反应完成
D．步骤IV中“离心分离”不能换成过滤
（4）“离心分离”后的粗产品经高温煅烧也能除去产品中的杂质，理由是　 　。
（5）某实验小组通过两种不同的实验方案测定样品中ZnS的含量，实验方案及测定结果如下。
ZnS含量 方案1 方案2
步骤IV所得样品 99.82% 99.52%
高温煅烧所得样品 101.3% 91.89%
涉及的部分反应有：
方案1 (表示EDTA)
方案2
①方案1中需要调节pH为5.0-5.5，原因是　 　。
②由表可知，两种方案测定高温煅烧所得样品中ZnS含量相差较大，可能的原因是　 　。
【答案】（1）Zn2++CH3CSNH2+3OH-ZnS↓+CH3COO-+NH3+H2O
（2）与Zn2+形成配离子，控制Zn2+释放速率，有利于生成细小、均匀的纳米ZnS
（3）D
（4）杂质CH3COONH4、(NH4)2SO4在高温煅烧时可完全转化为气体
（5）pH过低则H+会与EDTA结合，阻碍Zn2+与其结合；pH过高则可能生成Zn(OH)2沉淀；高温煅烧所得样品中混有ZnO杂质，导致样品中Zn含量升高、S含量降低
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）碱性条件下，硫化乙酰胺水解生成和，转化为与生成，配平后的离子方程式为；
故答案为： Zn2++CH3CSNH2+3OH-ZnS↓+CH3COO-+NH3+H2O ；
（2）能与形成，控制溶液中游离浓度，使缓慢生成，若溶液中浓度过高，加入后会快速生成大颗粒的沉淀物，无法得到纳米，形成配离子可以缓慢释放，便于得到纳米颗粒；
故答案为： 与Zn2+形成配离子，控制Zn2+释放速率，有利于生成细小、均匀的纳米ZnS ；
（3）A．配制准确浓度的溶液，需要容量瓶、胶头滴管，所给仪器不全，A错误；
B．两性氢氧化物能与强酸、强碱反应生成盐和水，溶于氨水的原理是生成配合物，B错误；
C．纳米颗粒极小，易形成胶体悬浮液，无法通过肉眼观察沉淀是否不再增加，不能判断反应完成，C错误；
D．纳米颗粒直径很小，普通过滤时易透过滤纸，难以分离，因此离心分离不能换成过滤，D正确；
故答案为：D。
（4）粗产品中的杂质主要是铵盐，铵盐在高温下分解转化为气体逸出，因此也能得到高纯度；
故答案为： 杂质CH3COONH4、(NH4)2SO4在高温煅烧时可完全转化为气体 ；
（5）①若 过小，会与EDTA解离出的配位离子结合，降低浓度，导致EDTA与配位不完全；若过大，会水解生成沉淀，两种情况都会影响滴定结果，因此需要控制在5.0-5.5；
② 高温煅烧时，部分被空气中氧化生成和；方案1以元素为基准测定，会将所有都折算为，摩尔质量小于，等质量样品中含量更高，因此测定结果偏高；方案2以元素为基准测定，氧化后以形式逸出，样品中含量降低，因此测定结果偏低，二者相差较大。
故答案为： pH过低则H+会与EDTA结合，阻碍Zn2+与其结合；pH过高则可能生成Zn(OH)2沉淀 ； 高温煅烧所得样品中混有ZnO杂质，导致样品中Zn含量升高、S含量降低 ；
【分析】（1）依据碱性条件下的反应环境与元素守恒、电荷守恒，配平硫化乙酰胺水解并生成 ZnS 的离子方程式；
（2）利用 NH3与 Zn2+形成配离子的平衡原理，解释其控制游离 Zn2+浓度、减缓 ZnS 生成速率以制备纳米颗粒的作用；
（3）结合溶液配制仪器、两性氢氧化物定义、胶体特性及纳米颗粒分离方法，逐一分析选项正误；
（4）根据铵盐高温易分解的性质，解释粗产品中杂质去除、得到高纯度 ZnS 的原因；
（5）①结合 pH 对 EDTA 配位能力与 Zn2+水解的影响，说明滴定中控制 pH 范围的必要性；
②分析高温下 ZnS 被氧化的产物，对比以 Zn 和 S 为基准的两种测定方案的误差来源。
（1）碱性条件下，硫化乙酰胺水解生成和，转化为与生成，配平后的离子方程式为；
（2）能与形成，控制溶液中游离浓度，使缓慢生成，若溶液中浓度过高，加入后会快速生成大颗粒的沉淀物，无法得到纳米，形成配离子可以缓慢释放，便于得到纳米颗粒；
（3）A．配制准确浓度的溶液，需要容量瓶、胶头滴管，所给仪器不全，A错误；
B．两性氢氧化物能与强酸、强碱反应生成盐和水，溶于氨水的原理是生成配合物，B错误；
C．纳米颗粒极小，易形成胶体悬浮液，无法通过肉眼观察沉淀是否不再增加，不能判断反应完成，C错误；
D．纳米颗粒直径很小，普通过滤时易透过滤纸，难以分离，因此离心分离不能换成过滤，D正确；
故选D。
（4）粗产品中的杂质主要是铵盐，铵盐在高温下分解转化为气体逸出，因此也能得到高纯度；
（5）①若 过小，会与EDTA解离出的配位离子结合，降低浓度，导致EDTA与配位不完全；若过大，会水解生成沉淀，两种情况都会影响滴定结果，因此需要控制在5.0-5.5；
② 高温煅烧时，部分被空气中氧化生成和；方案1以元素为基准测定，会将所有都折算为，摩尔质量小于，等质量样品中含量更高，因此测定结果偏高；方案2以元素为基准测定，氧化后以形式逸出，样品中含量降低，因此测定结果偏低，二者相差较大。
20．化合物I是合成一种新型的正电子发射断层扫描心肌灌注成像示踪剂的中间体，以下是I的合成路线。
请回答：
（1）A中官能团的名称为　 　，C→D发生的反应类型为　 　。
（2）X的结构简式为　 　。
（3）下列说法正确的是___________。
A．N(C4H9)4F的水溶性小于NH4F
B．B→C的目的是保护羟基
C．E→F的反应类型包括取代、加成、消去
D．已知I中N原子的杂化方式相同，则N的碱性：①>②
（4）已知：F-半径小且Si-F键键能大是H转化为I的驱动力，则H→I的化学方程式为　 　。
（5）氧的电负性大导致F异构化为Y(不含碳氧双键，氧端带一个单位负电荷)，使F→G有极高的选择性，则Y的结构简式为　 　。
（6）设计以CH2=CH2为原料合成的合成路线(无机试剂任选)　 　。
【答案】（1）羟基、酯基；还原反应
（2）
（3）A；B；C
（4）+N(C4H9)4F+H2O++ N(C4H9)4OH
（5）
（6）CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHO
【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的合成；有机物的结构和性质
【解析】【解答】（1）根据A的结构，含有的官能团为酯基和羟基；C→D中将酯基还原为羟甲基，反应类型为还原反应。
故答案为： 羟基、酯基 ； 还原反应 ；
（2）由E和X反应生成F的分子结构可以逆推出X的结构，其结构简式为：。
故答案为： ；
（3）A．含有四个憎水的丁基，有机阳离子憎水性强，因此水溶性小于离子化合物，A正确；
B．B→C将末端羟基转化为硅醚保护基，避免该羟基在后续还原等反应中被修饰，目的是保护羟基，B正确；
C．E→F中，一个氨基断裂氮-氢键与醛基发生加成，再脱去水发生消去反应生成氮碳双键，另一个氨基与羧基中的氢发生取代生成酰胺基，三种反应类型都存在，C正确；
D．题目说明两个N杂化方式相同，N①（连叔丁基和羰基的N）受羰基吸电子共轭影响，N上电子云密度低于N②（双键N），因此碱性：①<②，D错误；
故答案为：ABC；
（4）驱动力为键能大，F进攻硅原子使键断裂，脱除硅保护基得到端羟基，生成，反应的化学方程式为：+N(C4H9)4F+H2O+。
故答案为：+N(C4H9)4F+H2O++ N(C4H9)4OH ；
（5）F 含羰基，氧的电负性大导致 F 异构化为 Y（无碳氧双键，氧带单位负电荷），即羰基的异构化：羰基的变为，且F→G有极高的选择性，结合 F 的结构，可推测Y 的结构简式为： 。
故答案为： ；
（6）先与加成制得，然后发生催化氧化反应制得，2分子乙醛在碱性条件下加热进行双醛加成制得 ， 再进行催化氧化制得，与发生缩合反应反应制得。合成路线如下：CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHO故答案为： CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHO ；
【分析】该合成路线分为两条支线推进，最终交汇得到目标产物：
主线以化合物 A 为起始原料，先与环氧乙烷反应引入侧链得到 B，再经硅基保护羟基得到 C，随后用 LiAlH4还原酯基生成伯醇 D（）；逆推C为，B为；支线以肼衍生物 E （）为原料，与 X （）反应构建嘧啶环骨架得到 F（），再经 KOH 处理生成 G；D 与 G 发生亲核取代反应得到 H，最后经四丁基氟化铵（）脱除硅基保护基，得到目标化合物 I。据此分析解答。
（1）根据 A 的结构简式识别出酯基与羟基两种官能团；C→D 步骤中，LiAlH4作为强还原剂，将酯基还原为羟甲基，因此该反应为还原反应。
（2）结合 E 和 X 反应生成 F 的过程，通过对比 E、F 的结构差异，逆推出 X 的结构简式为含双氯代的烯基羧酸醛。
（3）A：N (C4H9)4+中四个丁基的疏水性使 N (C4H9)4F 水溶性弱于离子型的 NH4F，A 正确；
B：B→C 中硅醚保护基的引入，是为了防止后续还原反应中末端羟基被修饰，起到保护羟基的作用，B 正确；
C：E→F 过程中，氨基与醛基发生加成、消去反应生成氮碳双键，另一氨基与羧基发生取代反应生成酰胺基，涉及加成、消去、取代三种反应类型，C 正确；
D：受羰基吸电子共轭影响，与羰基相连的 N 原子电子云密度低于双键 N 原子，因此其碱性更弱，D 错误；
综上，正确选项为 ABC。
（4）利用 Si-F 键的强键能驱动，F-进攻硅原子使 Si-O 键断裂，脱去硅保护基得到端羟基，同时生成硅氟化物和季铵碱，据此写出完整的化学方程式。
（5）F 中羰基的氧原子电负性大，易通过电子效应异构化为氧带单位负电荷的烯醇式结构 Y，结合 F 的结构和反应选择性，推测出 Y 的结构简式。
（6）以乙烯为起始原料，先经加成反应制得乙醇，再氧化为乙醛；乙醛经碱性条件下的羟醛缩合、催化氧化得到酮酸，最后与肼发生缩合反应，构建目标杂环结构，设计出完整的合成路线。
（1）根据A的结构，含有的官能团为酯基和羟基；C→D中将酯基还原为羟甲基，反应类型为还原反应。
（2）由E和X反应生成F的分子结构可以逆推出X的结构，其结构简式为：。
（3）A．含有四个憎水的丁基，有机阳离子憎水性强，因此水溶性小于离子化合物，A正确；
B．B→C将末端羟基转化为硅醚保护基，避免该羟基在后续还原等反应中被修饰，目的是保护羟基，B正确；
C．E→F中，一个氨基断裂氮-氢键与醛基发生加成，再脱去水发生消去反应生成氮碳双键，另一个氨基与羧基中的氢发生取代生成酰胺基，三种反应类型都存在，C正确；
D．题目说明两个N杂化方式相同，N①（连叔丁基和羰基的N）受羰基吸电子共轭影响，N上电子云密度低于N②（双键N），因此碱性：①<②，D错误；
故选择ABC。
（4）驱动力为键能大，F进攻硅原子使键断裂，脱除硅保护基得到端羟基，生成，反应的化学方程式为：+N(C4H9)4F+H2O+。
（5）F 含羰基，氧的电负性大导致 F 异构化为 Y（无碳氧双键，氧带单位负电荷），即羰基的异构化：羰基的变为，且F→G有极高的选择性，结合 F 的结构，可推测Y 的结构简式为： 。
（6）先与加成制得，然后发生催化氧化反应制得，2分子乙醛在碱性条件下加热进行双醛加成制得 ， 再进行催化氧化制得，与发生缩合反应反应制得。合成路线如下：CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHO 。
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