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【高考真卷】陕晋青宁2026年化学学业水平性考试
1．我国地大物博，资源丰富。下列资源转化过程属于化学变化的是（　　）
A．煤制甲醇 B．石油分馏 C．风力发电 D．盐湖晒盐
2．下列化学用语表示正确的是（　　）
A．2-氯丙烷的键线式：
B．基态O原子的轨道表示式：
C．中子数为8的碳核素：
D．用电子式表示H2S的形成过程：
3．下列关于物质用途的说法错误的是（　　）
A．乙烯用作水果催熟剂 B．氧化钠用作呼吸面具供氧剂
C．碘伏用作皮肤消毒剂 D．金刚砂用作砂轮磨料
4．大豆原产于我国，具有几千年种植历史。下列说法错误的是（　　）
A．利用大豆油脂的加成反应可制作肥皂
B．光束通过稀豆浆时可观察到丁达尔效应
C．大豆根瘤菌可将N2转化为含氮化合物
D．大豆秸秆中的纤维素是一种可再生资源
5．开展化学实验必须遵守操作规范。下列说法错误的是（　　）
A．涉及有毒气体的实验，必须在通风橱中进行
B．倾倒液体试剂时，应将试剂瓶标签朝向手心
C．用酸式滴定管滴定时，手不能离开旋塞任溶液自流
D．称量NaOH固体时，应使用称量纸
6．羟胺（NH2OH）有弱碱性和还原性。下列说法正确的是（　　）
A．1molNH2OH含有3molσ键
B．羟胺分子中所有原子共平面
C．羟胺溶液呈弱碱性的原因：
D．羟胺溶液与AgBr反应生成N2的离子方程式：
7． Mn和Cl元素的部分价类二维关系如图。下列说法错误的是（　　）
A．基态Mn、Cl原子的最外层电子数相等
B．d的阴离子是正四面体结构
C．a的浓溶液可分别与c、g反应生成b
D．g和e（硫酸盐）反应生成f时，n（还原产物）∶n（氧化产物）=2∶3
8．某分子结构如图，其中W、X、Y和Z为四种短周期主族元素，原子序数依次增大，W与X相邻，基态Y原子的最外层电子数是其电子层数的两倍。下列说法错误的是（　　）
A．第一电离能：W>X B．键角：YX2>YX3
C．W、Z分别能与X形成多种化合物 D．最简单氢化物的酸性：Z>Y
9．某实验团队对某有机合成实验中产生的浓磷酸废液进行加热回流处理（使有机杂质形成不溶物），回收磷酸、测定其含量并制备磷酸二氢钾，部分装置如图（夹持装置等略）。
下列说法正确的是（　　）
A．Ⅰ中，X为球形冷凝管，从a口通入冷凝水
B．Ⅱ中，定容后，摇匀，再次补加蒸馏水至容量瓶刻度线
C．Ⅱ中，若未用标准溶液润洗滴定管，则Ⅲ中所需K2CO3的计算值偏小
D．Ⅲ中，在搅拌下，将K2CO3固体分批缓慢加入磷酸溶液m中
10．我国科研人员利用钨的氧化物开发了新型催化剂。该氧化物的六方晶胞结构如图，2号O的分数坐标为。为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A．该氧化物的化学式为WO2
B．晶体密度为
C．3号W的分数坐标为
D．1号O和3号W的核间距为
11．羟基自由基（）具有强氧化性，可用于处理有机废水。某科研团队开发了一种催化剂，将高效转化为，机理如图。下列说法错误的是（　　）
A．总反应为 B．部分中的来自于
C．步骤①中与之间形成氢键 D．步骤③发生了氧化还原反应
12． P1是一种新型高分子材料，由两种单体共聚得到。图示是P1的合成及降解过程，P1~P4为局部结构示意图（忽略立体化学）。反应Ⅲ为醇羟基和酯基的反应。
下列说法错误的是（　　）
A．生成P1的过程中有π键的断裂和σ键的形成
B．P2能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．Ⅲ中生成的-COOC2H5与-CH2OH的物质的量不一定相等
D．P4间可发生缩聚反应，形成网状聚合物
13．某科研团队利用S和Cu2S的相互转化设计了如图所示电池。工作时，两极上发生反应的S和Cu2S的物质的量相等。放电完成后，将一侧的电解液加热，产生的气体通入另一侧，可使电池重复工作。若性能显著衰减，经简单处理可恢复。下列说法正确的是（　　）
A．膜为阳离子交换膜
B．当气体通入左室开始工作时，电极a为正极
C．理论上，电路中通过的与消耗的物质的量之比为
D．电池总反应为
14．二氧化碳、碳酸及其盐在自然界的迁移转化，是环境中碳循环的重要部分。常温下，H2CO3溶液中各含碳物种的分布系数δ与的变化关系如图
[比如：]，的为。将足量置于纯水中得到饱和溶液。下列说法正确的是（　　）
A．M点的pH为5.66
B．在纯水中的溶解度为
C．该饱和溶液中，
D．反应的平衡常数为
15．大豆苷元（D）具有治疗心脑血管疾病的作用。因其难溶于水，生物利用度低，某研究团队采用下列反应路线，合成了易溶于水的大豆苷元磺酸钠（D-SO3Na）。
已知：①D为白色粉末，可溶于浓硫酸，其磺化产物易溶于水；
②相对分子质量：D254，D-SO3Na356。
实验步骤如下：
Ⅰ．在50mL圆底烧瓶中，加入20mL浓硫酸和10.0gD，60℃下搅拌反应30min，冷却至室温。
Ⅱ．上述反应液与100mL饱和NaCl溶液混合，析出沉淀，静置4h；抽滤，沉淀用20%NaCl溶液洗涤至滤液呈中性，得到D-SO3Na粗产品。
Ⅲ．粗产品重结晶，105℃真空干燥，得到D-SO3Na产品11.0g。
回答下列问题：
（1）Ⅰ中，加热方式为　 　，浓硫酸的作用有　 　（任写两种）。
（2）向盛有5mL蒸馏水的试管中滴入2滴Ⅰ中的反应液，振荡，　 　（填实验现象），表明反应不完全。
（3）Ⅱ中，反应液与饱和NaCl溶液混合的具体操作是　 　。
（4）Ⅱ中抽滤装置如图。抽滤与普通过滤相比，优点是　 　。沉淀不能用蒸馏水洗涤的原因是　 　。
（5）Ⅲ中关于重结晶操作的描述错误的是　 　。
a．加热溶解，制成D-SO3Na稀溶液 b．加入活性炭，吸附有色杂质
c．趁热过滤，除去活性炭及可溶性杂质 d．冷却结晶，使D-SO3Na从溶液中析出
（6）通过　 　技术，可以获得D-SO3Na晶体中原子在晶胞里的数目和位置等结构信息。
（7）Ⅲ中产品纯度为99.5%，D-SO3Na的产率为　 　（列计算式）。
16．一种从废旧电池粉（主要成分为LiFePO4，含有少量FePO4、石墨、Al等）中深度回收锂的工艺，部分流程如下：
已知：①磷酸铁锂电池反应为；
②“沉铝”时，滤渣中含和少量。
回答下列问题：
（1）废旧电池粉碎前一般需先放电，正极反应式为　 　。
（2）“酸浸Ⅰ”时，除粉碎外，可提高酸浸速率的措施有　 　（任写两种）。该过程有生成，溶解的化学方程式为　 　。滤渣的主要成分为　 　。
（3）“沉铝”时，中Fe元素的化合价为　 　。
（4）“焙烧”时产生的HF，用　 　吸收后，产物可以循环利用。
（5）“除杂”时，在一定pH范围内，会发生反应（平衡常数为）。若溶液中为，不考虑其他离子参与反应，为防止沉淀，需小于　 　（用含a、b的代数式表示）。
（6）滤液2中，溶质除Na2CO3外，主要含　 　（填化学式）。
（7）滤液1需先加入H2O2溶液，再加入氨水除杂，最后回收Li3PO4。H2O2的作用是　 　。取少量加H2O2溶液后的滤液1，滴加　 　，若产生蓝色沉淀，则需补加H2O2溶液。
17．利用1，2-二氯乙烷与乙炔生产氯乙烯的主要反应为：
I．
Ⅱ．
回答下列问题：
（1）①已知298K时，各物质的相对能量如表。
物质
相对能量
Ⅲ．　 　。
②上述三个反应的（为平衡常数）随（为温度）的变化如图。曲线c下降的原因是　 　，代表反应Ⅲ的曲线是　 　（填“a”“b”或“c”）。
（2）①某温度下，在压强为的恒压密闭反应器中，按投料，采用含Ru催化剂催化反应Ⅰ和Ⅱ。当反应Ⅰ完全进行，乙炔转化率为92%时，反应Ⅱ各物质分压表示的反应商　 　。
②氯乙烯与乙炔在含Ru催化剂上有竞争吸附。已知乙炔的π键电子可与Ru形成配位键，推测氯乙烯中的　 　可与Ru形成配位键。
（3）我国科研人员将多种含Cu、Au的催化剂进行内置串联（如图），使乙炔转化率接近100%。
①Au位于第六周期且与Cu同族，基态Au原子的价电子排布式为　 　。
②反应器位置1中的C2H4Cl2生成C2H3Cl、HCl、·H和·Cl。在位置2引入新催化剂，将存活时间短的·H和·Cl变成*H和*Cl，进一步与乙炔反应生成氯乙烯。两种不同催化剂的部分反应历程如图。位置2应选择催化剂　 　（填“A”或“B”），选择依据是　 　。位置3主要发生的反应为　 　（写化学方程式）。
18．一种生物活性分子中间体G的合成路线如图（立体化学和部分反应条件略）。
已知：①BnCl为②
回答下列问题：
（1） F中官能团的名称为　 　、　 　。
（2） A→B的化学方程式为　 　。
（3）下列说法正确的是　 　。
a． B→C有KCl生成 b． C→D为加成反应
c． E不能发生银镜反应 d． G中碳原子有sp2、sp3两种杂化方式
（4）若A和B混合后，发生已知②所示反应，可能生成分子式为Cl6H17IO4的产物，其结构简式为　 　。
（5） A的同分异构体中，同时满足下列条件的有　 　种（不考虑立体异构体）。
①含有苯环；
②含有1个手性碳原子。
其中，不同化学环境氢原子个数比为3∶2∶2∶1∶1∶1的结构简式为　 　（任写一种）。
（6）已知-C≡N能发生类似-C≡C-的加成反应。参照上述合成路线，以、HCN和甲醛为原料（其他无机试剂任选），设计的合成路线　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系
【解析】【解答】A、煤制甲醇过程中，煤的成分经过反应生成新物质甲醇，有新物质生成，属于化学变化，A 正确；
B、石油分馏依靠各组分沸点不同分离，无新物质生成，属于物理变化，B 错误；
C、风力发电只是能量形式转化，无新物质生成，属于物理变化，C 错误；
D、盐湖晒盐是蒸发水分析出食盐，仅状态改变，无新物质生成，属于物理变化，D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
化学变化判断依据：变化过程中有新物质生成，物理变化无新物质生成；
煤制甲醇：煤经过气化、合成等化学反应生成甲醇，存在新物质，属于化学变化；
石油分馏：利用沸点差异分离烃类混合物，仅物理分离，属于物理变化；
风力发电：风能转化为电能，物质本身未发生改变，属于物理变化；
盐湖晒盐：蒸发溶剂使氯化钠结晶析出，无新物质生成，属于物理变化。
2．【答案】C
【知识点】原子中的数量关系；原子核外电子排布；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、该键线式主链有4个碳原子，对应物质为2-氯丁烷，2-氯丙烷键线式为：，A错误；
B、基态O原子核外有8个电子，2p轨道排布违反洪特规则，电子应分占不同轨道且自旋平行，正确的·轨道表示式应为：，B错误；
C、碳元素质子数为6，中子数=质量数-质子数，中子数8时质量数=6+8=14，核素符号，C正确；
D、为共价化合物，形成过程为共用电子对，不存在电子得失、没有阴阳离子，不能使用离子符号和中括号表示， 形成过程 为：，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
键线式与命名：键线式端点、拐点代表碳原子，根据碳链长度判断对应有机物名称；
轨道表示式规则：洪特规则要求等价轨道电子优先分占、自旋平行；
核素符号书写：左下角标质子数，左上角标质量数，质量数=质子数+中子数；
共价化合物电子式形成过程：共用电子对成键，不出现离子、括号与电荷。
3．【答案】B
【知识点】乙烯的用途；钠的氧化物
【解析】【解答】A、乙烯能够促进果实成熟，常用作水果催熟剂，A 正确；
B、氧化钠与水、二氧化碳反应均无法生成氧气，过氧化钠才是呼吸面具供氧剂，氧化钠不能作供氧剂，B 错误；
C、碘伏含有碘单质，具有杀菌作用，可用于皮肤消毒，C 正确；
D、金刚砂（SiC）硬度大，耐磨性能好，适合制作砂轮磨料，D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
乙烯的用途：乙烯是天然植物激素，具备催熟水果的作用；
供氧剂区分：Na2O 与 CO2、H2O 反应无 O2生成，Na2O2反应可释放氧气，用作供氧剂；
消毒剂原理：碘单质能使蛋白质变性，碘伏温和，适用于皮肤表层消毒；
金刚砂性能：碳化硅硬度高、耐磨性强，工业上用作研磨、打磨材料。
4．【答案】A
【知识点】胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、油脂制作肥皂发生的是皂化反应，属于酯的水解反应，并非加成反应，A 错误；
B、稀豆浆属于胶体，光束通过胶体时会出现光亮通路，能观察到丁达尔效应，B 正确；
C、大豆根瘤菌具备生物固氮能力，可将空气中 N2转化为含氮化合物供给植物吸收，C 正确；
D、纤维素来源于植物秸秆，植物可逐年种植再生，属于可再生资源，D 正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
皂化反应原理：油脂与强碱发生水解反应生成高级脂肪酸盐（肥皂），反应类型为取代水解，不是加成；
胶体特性：豆浆中蛋白质分散质粒子直径在 1~100nm 之间，属于胶体，具有丁达尔效应；
生物固氮：根瘤菌能将游离态氮气转化为化合态氮，提升土壤氮含量；
纤维素资源分类：纤维素由植物光合作用生成，可循环种植获取，属于可再生生物质资源。
5．【答案】D
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】A、有毒气体会危害人体健康，相关实验必须在通风橱内操作，A 正确；
B、倾倒液体时标签朝向手心，防止残留药液腐蚀标签，B 正确；
C、酸式滴定管滴定过程中手需持续控制旋塞，不能放任溶液自流，避免滴定过量，C 正确；
D、NaOH 固体易潮解且具有强腐蚀性，会腐蚀称量纸，应放在小烧杯中称量，D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
有毒气体实验规范：通风橱可及时排出有毒气体，保障实验人员安全；
液体倾倒操作要点：标签对手心、瓶塞倒放、瓶口紧挨容器口；
酸式滴定管操作规范：左手持续把控旋塞，逐滴控制液体流速；
腐蚀性固体称量规则：潮解、强腐蚀药品不能用称量纸，需选用玻璃容器盛放称量。
6．【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、的结构式为，分子内包含2根、1根、1根单键，所有单键均为键，总计4mol 键，因此1mol该分子含4mol 键，A错误；
B、分子中N原子形成3根键且带有1对孤电子对，采取杂化，局部空间构型为三角锥形，受四面体空间结构限制，全部原子无法处于同一平面，B错误；
C、羟胺中N原子存在孤电子对，能够结合水电离出的氢离子，促使水的电离平衡正向移动，体系中，溶液显弱碱性，水解方程式书写正确，C正确；
D、属于难溶性固体，书写离子方程式时必须保留化学式，不可拆分为，正确的离子方程式为：，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
键计数规则：分子内任意单键都属于键，直接统计全部单键数量即可；
杂化与空间构型判断：杂化原子存在四面体空间结构，无法让分子内所有原子共平面；
弱碱水解原理：羟胺依靠N原子孤电子对捕获水电离，提升氢氧根浓度使溶液显碱性；
离子方程式书写规范：难溶性盐在离子方程式中保留完整化学式，不能拆成对应离子。
7．【答案】A
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A、Mn为25号元素，基态电子排布，最外层电子数为2；Cl为17号元素，基态电子排布，最外层电子数为7，两种原子最外层电子数不相等，A错误；
B、d对应的阴离子是，中心Cl价层电子对数计算得4，不存在孤电子对，离子空间构型为正四面体，B正确；
C、a是浓盐酸，c为次氯酸盐，二者发生归中反应生成；浓盐酸与高锰酸盐g常温下能发生氧化还原反应生成，因此浓盐酸可分别与c、g反应得到b，C正确；
D、高锰酸根与二价锰盐发生Mn元素归中反应，+7价Mn得电子生成还原产物，每个Mn得到3个电子；+2价Mn失电子生成氧化产物，每个Mn失去2个电子，依据电子守恒可算出，D正确；
故答案为：A。
【分析】先根据价类二维图横纵坐标的类别、化合价信息推导各物质：氯元素相关物质中，a 是 - 1 价含氯酸，对应 HCl；b 是 0 价氯单质，对应 Cl2；c 为 + 1 价次氯酸盐；d 是 + 7 价高氯酸盐。锰元素相关物质中，f 是 + 4 价锰的氧化物，即 MnO2；e 为 + 2 价锰盐；g 代表 + 7 价高锰酸盐，结合推导出的物质逐一分析选项。
8．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、W为N、X为O，N的2p轨道电子排布为半充满稳定结构，失电子难度更大，同周期第一电离能N＞O，A正确；
B、为，为；中S价层电子对数，无孤电子对，等性杂化，标准键角120°；中S价层电子对数，含1对孤电子对，孤电子对斥力强于成键电子对，挤压分子键角，因此键角，B错误；
C、N元素存在+1、+2、+4、+5等多种价态，可与O生成、、等氧化物；Cl元素有+1、+4、+7等价态，能形成、、等氧化物，C正确；
D、Z的简单氢化物在水溶液完全电离，属于强酸；Y的简单氢化物仅微弱分步电离，属于弱酸，水溶液酸性，D正确；
故答案为：B。
【分析】基态Y原子最外层电子数是电子层数的2倍，短周期符合条件的有He（2层不成立）、C（2层4电子）、S（3层6电子）；题目中Y能与X形成、双键型化合物，碳无法形成，因此Y只能是S；Y（S）与X形成双键，X原子序数小于S，W与X相邻且原子序数W9．【答案】D
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A、装置Ⅰ中X为球形冷凝管，冷凝水遵循下进上出的通入原则，正确流向是b口进水、a口出水，选项描述通水方向颠倒，A错误；
B、定容摇匀后液面低于刻度线，是少量液体附着在容量瓶瓶颈与瓶塞处的正常现象，若补加蒸馏水，会稀释溶液，最终配制溶液浓度偏低，B错误；
C、滴定管未用标准NaOH溶液润洗，管内残留蒸馏水稀释标准液，滴定等量磷酸时消耗NaOH标准液体积偏大，计算得到的磷酸物质的量偏大，由此推算所需质量计算值偏高，C错误；
D、将固体分批缓慢加入磷酸溶液并持续搅拌，能始终维持磷酸过量环境，避免生成、等杂质，可制得纯净，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点
冷凝管通水操作思路：球形冷凝管冷却水必须下口进、上口出，保证冷凝管内充满冷却水，提升冷凝效果；
容量瓶定容误差思路：摇匀后液面下降属于正常物理现象，额外加水会使溶剂偏多，溶液浓度降低；
酸碱滴定误差分析思路：标准液被水稀释，消耗标准液体积偏大，会使待测物计算结果偏高；
磷酸盐制备调控思路：控制投料顺序，让磷酸过量，抑制分步中和副反应，只生成单一产物。
10．【答案】B
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、六方晶胞内黑球W：8个棱心、2个面心，原子数；白球O：16个面心、1个体心，原子数，W、O原子个数比，晶体化学式为，A错误；
B、六方晶胞底面是夹角120°的平行四边形，底面积，晶胞高，晶胞体积；晶胞总相对质量，晶胞质量；代入密度公式，化简得，B正确；
C、分数坐标以晶胞边长为单位1，取值区间0~1，不能出现长度数值，3号W正确分数坐标为，C错误；
D、六方晶胞x、y轴夹角120°，1号O与3号W垂直高度差，水平距离，如图所示：，核间距，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
晶胞原子计数思路：棱上原子占、面上原子占、体心原子完整计入，统计原子最简整数比得到晶体化学式；
六方晶胞密度计算思路：先用三角函数求底面面积，换算单位得到晶胞体积；根据晶胞内原子总相对质量求晶胞质量，结合化简推导密度表达式；
分数坐标判断思路：分数坐标是无量纲比值，仅取0~1之间数值，不能出现晶胞边长长度；
晶胞内原子间距计算思路：拆分水平、竖直两段距离，结合勾股定理计算两点间核间距。
11．【答案】B
【知识点】含有氢键的物质；氧化还原反应
【解析】【解答】A、把反应机理每一步的反应物、生成物合并，消去中间粒子后得到总反应：，A正确；
B、结合反应机理图示，里的H全部来自，但中的O并非全部来自，有部分氧原子来自水，B错误；
C、步骤①中的氧原子与的氢原子之间虚线为分子间氢键，C正确；
D、步骤③参与反应生成，其中一个O原子形成，氧元素化合价发生改变，该步骤属于氧化还原反应，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点
总反应推导思路：梳理反应机理所有分步反应，抵消前后重复出现的中间活性粒子，整理得到总化学方程式；
原子来源追踪思路：对照反应机理图示，追踪自由基中H、O两种元素的原始反应物来源；
氢键判断思路：电负性大的O与另一分子H之间的虚线作用力，属于分子间氢键；
氧化还原判断思路：反应前后存在元素化合价升降，即可判定该步为氧化还原反应。
12．【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、制备P1的反应属于加聚反应，单体分子内碳碳双键中的π键发生断裂，单体相互结合形成新的σ键，最终连接成长链高分子，过程同时存在π键断裂与σ键生成，A正确；
B、观察P2的分子结构，分子内保留碳碳双键，碳碳双键易被酸性高锰酸钾氧化，能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；
C、反应Ⅲ为内酯与乙醇之间的酯交换反应，1mol内酯酯基发生醇解后，生成1mol 与1mol ，二者物质的量相等，选项描述说法错误，C错误；
D、P4分子同时带有羟基、酯基两种官能团，羟基可与酯基发生取代反应，不同P4分子之间能相互反应，依靠多官能团交联生成网状高分子，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
加聚反应成键思路：碳碳双键加聚时断裂π键，相邻单体碳原子以σ键相连，分析化学键断裂与生成类型；
碳碳双键性质思路：碳碳双键具有还原性，可与强氧化剂酸性高锰酸钾发生氧化褪色；
酯交换反应定量思路：内酯醇解断键位置固定，1mol内酯酯基醇解生成等量酯基与羟甲基；
高分子交联思路：同时含羟基、酯基的多官能团有机物，分子间发生酯交换实现交联，形成网状聚合物。
13．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】先推导电极反应：等量与参与反应，左室a为正极，还原反应；右室b为负极，氧化反应。
A、放电时左室消耗，体系剩余大量；右室生成带正电配离子，正电荷过剩，需要从左室迁移至右室平衡电荷，因此隔膜为阴离子交换膜；若选用阳离子交换膜，配离子会向左迁移，电池无法正常工作，A错误；
B、完全放电后a极全部转化为，b极完全转化为；加热右室溶液，分解释放，将通入左室再次工作时，a极失电子发生氧化反应，此时a作负极，B错误；
C、由负极电极方程式可知，每转移4mol电子，消耗8mol ，电路中电子与消耗一水合氨物质的量之比为，并非，C错误；
D、将正、负极电极反应式相加，消去等号两侧相同的、与电子，整理得到总反应，化简得，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点
电极与离子迁移判断思路：结合两极电荷变化，判断需要迁移的离子种类，确定交换膜类型；
电池正负极切换思路：放电结束后通入，两极物质氧化还原能力反转，正负极发生互换；
电子守恒定量计算思路：依托负极电极反应，根据转移电子数计算消耗的物质的量比例；
总反应式书写思路：将正极、负极电极反应叠加，抵消中间产物与电子，化简得到电池总反应。
14．【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A、M点为点线与虚线交点，满足；联立碳酸两级电离常数，两浓度相等时，算出，对应，A错误；
B、不考虑水解时，溶解平衡，，溶解度；实际溶液中发生两步水解消耗碳酸根，促使继续溶解，实际溶解度大于，B错误；
C、溶液存在物料守恒：，因此钙离子浓度为含碳粒子总浓度，最大；一级水解常数，溶液中氢氧根主要由碳酸根水解生成。设发生水解的浓度为，水解平衡：
代入水解常数表达式：，解得；水解率，水解程度远大于50%，大量转化为，因此，C正确。
D、推导目标平衡常数，代入、、计算得，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
pH与电离常数综合计算思路：利用两级电离常数乘积表达式，结合交点处两种粒子浓度相等，直接计算氢离子浓度与对应pH；
难溶盐溶解度水解修正思路：碳酸根水解会降低溶液中浓度，使沉淀溶解平衡正向移动，实际溶解度大于纯解离理论值；
盐类水解定量比较思路：通过水解常数列三段式计算水解程度，依据水解率判断水解产物与原离子浓度大小关系；
多重平衡常数代换思路：拆分总平衡为沉淀溶解平衡、碳酸两步电离平衡，通过常数相乘相除化简推导总平衡常数。
15．【答案】（1）水浴加热；反应物、溶剂、吸水剂（任写两种）
（2）出现白色沉淀（或溶液变浑浊）
（3）将密度大、溶解放热的反应液沿烧杯壁缓慢加入饱和溶液中，并且不断搅拌
（4）与普通过滤相比，抽滤其压差大，因此过滤速度快，且能将沉淀中的水分抽得更干；利用同离子效应(Na+浓度大)可降低产物的溶解度，从而减少损失
（5）ac
（6）X射线衍射(XRD)
（7）
【知识点】有机物的合成；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1) 反应控制温度60℃，低于100℃，水浴加热能够稳定控温、体系受热均匀；磺化反应里浓硫酸提供参与反应，可作为反应物；原料可溶于浓硫酸，浓硫酸充当溶剂；浓硫酸能吸收反应生成的水，推动磺化平衡正向移动，可用作吸水剂，写出任意两种作用即可。
故答案为：水浴加热；反应物、溶剂、吸水剂（任写两种）；
(2) 原料大豆苷元难溶于水，磺化产物易溶于水；若磺化反应未完全，体系残留未反应的，将反应液滴入蒸馏水后，难溶于水的会析出，出现白色浑浊沉淀。
故答案为：出现白色沉淀（或溶液变浑浊）；
(3) 反应液含大量浓硫酸，与饱和溶液混合相当于稀释浓硫酸，浓硫酸稀释释放大量热；浓硫酸密度更大，若将饱和盐溶液倒入反应液会局部暴沸飞溅，因此操作要求：将反应液沿烧杯内壁缓慢注入饱和溶液，同时持续搅拌散热。
故答案为：将密度大、溶解放热的反应液沿烧杯壁缓慢加入饱和溶液中，并且不断搅拌；
(4) 抽滤依靠抽气泵降低吸滤瓶内部压强，和普通过滤对比，装置内外压差更大，过滤速率更快，还能充分抽走固体沉淀中包裹的水分；目标产物易溶于纯水，直接水洗会造成产物损耗，选用20% 洗涤液，高浓度产生同离子效应，抑制电离溶解，减少产物流失。
故答案为：与普通过滤相比，抽滤其压差大，因此过滤速度快，且能将沉淀中的水分抽得更干；利用同离子效应(Na+浓度大)可降低产物的溶解度，从而减少损失；
(5) a. 重结晶需要配热饱和浓溶液，稀溶液冷却后溶质浓度不足，无法析出晶体，a说法错误；
b. 活性炭具备多孔吸附结构，可吸附体系内有色有机杂质，b说法正确；
c. 趁热过滤仅能截留活性炭等不溶性固体，可溶性杂质会透过滤纸留在滤液，无法除去可溶性杂质，c说法错误；
d. 冷却结晶适用于溶解度随温度降低明显减小的物质，降温可使目标产物析出提纯，d说法正确。
故答案为：ac；
(6) X射线衍射（XRD）是表征晶体微观结构的常用分析手段，可测定晶胞内原子的数目、空间排布、位置等信息。
故答案为：X射线衍射(XRD)；
(7) 由反应计量关系，1 mol 完全转化生成1 mol ，摩尔质量254 g/mol，摩尔质量356 g/mol，理论质量计算式：
实际纯净产物质量，产率公式：
故答案为：；
【分析】大豆苷元与浓硫酸在60 ℃水浴条件下发生磺化反应，浓硫酸同时充当反应物、溶剂与吸水剂；反应完成后，将含浓硫酸的反应液缓慢沿杯壁倒入饱和溶液并搅拌，利用盐析析出产物；混合液经抽滤分离固体，使用20% 溶液洗涤固体，依靠同离子效应减少产物溶解损失；粗产物加溶剂加热配成热饱和溶液，加活性炭脱色，趁热过滤除去不溶杂质，冷却结晶提纯得到纯净；可通过XRD表征晶体结构，结合原料投料质量计算反应产率。
(1) 依据低于100℃恒温控温实验操作确定加热方式；结合磺化反应机理、原料溶解特性、平衡移动三点，梳理浓硫酸的多重作用。
(2) 对比原料与磺化产物的水溶性差异，结合反应不完全的体系组成，推断加水后出现沉淀的原因。
(3) 类比浓硫酸稀释安全操作逻辑，从放热、密度差异角度说明加料顺序，搭配搅拌操作的散热目的。
(4) 从压强差角度对比抽滤与普通过滤的优势；利用溶解平衡、同离子效应解释高浓度氯化钠洗涤液减少产物损耗的原理。
(5) 逐条结合重结晶完整操作流程，分析热饱和溶液配制、活性炭脱色、趁热过滤、冷却结晶四个步骤的作用，判断选项正误。
(6) 记忆晶体微观结构表征的专用仪器技术，区分XRD与红外、质谱等其他分析手段的用途。
(7) 依托有机取代反应1：1计量比计算理论产量，结合纯度算出实际纯品质量，代入产率定义式完成列式。
16．【答案】（1）
（2）粉碎、适当升高温度、搅拌、适当增大硫酸浓度等；；石墨
（3）
（4）溶液或溶液
（5）
（6）
（7）将氧化为，便于后续调pH沉淀除去；铁氰化钾溶液
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)磷酸铁锂电池放电总反应为，正极结合得电子还原生成，电极反应式：
故答案为：；
(2)提升酸浸速率的措施除粉碎外，还可搅拌、升温、适当提高硫酸浓度（任写两种）；与稀硫酸发生复分解反应，化学方程式：
原料中石墨不与稀硫酸反应，过滤后成为滤渣。
故答案为：粉碎、适当升高温度、搅拌、适当增大硫酸浓度等；；石墨；
(3)设中化合价为，依据化合物化合价代数和为0列式：
计算得。
故答案为：；
(4)沉铝工序消耗，流程产生，与或反应均可生成循环使用，因此可选溶液、溶液。
故答案为：溶液或溶液；
(5)反应平衡常数表达式：
为避免生成沉淀，反应逆向进行，需满足浓度商；代入推导得，故需小于。
故答案为：；
(6)沉锂离子方程式：；体系阳离子主要为，酸浸引入，除去过量后，主要可溶性盐为。
故答案为：；
(7)具有氧化性，将浸出液中的氧化为，便于后续调pH沉淀除铁；检验选用铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀说明未完全氧化。
故答案为：将氧化为，便于后续调pH沉淀除去；铁氰化钾溶液；
【分析】含、石墨、铝杂质的废旧磷酸铁锂粉料用稀硫酸酸浸，石墨不溶成为滤渣除去，金属离子、磷酸根进入浸出液；向浸出液调并加入沉铝得到含的滤渣，滤液可回收；滤渣经焙烧、酸浸后加把氧化为，再调除铁铝杂质；除杂后溶液加入饱和沉锂析出；流程产生的可用或吸收再生循环使用。
(1) 结合电池总反应判断正负极物质变化，正极发生还原反应，补充、电子配平电极方程式。
(2) 依据影响反应速率的外界条件列举提速措施；根据复分解反应规律配平与硫酸的化学方程式；结合石墨不溶于稀酸的性质判断滤渣成分。
(3) 利用化合物正负化合价代数和等于0的规则，代入已知元素化合价，解方程求出铁元素价态。
(4) 围绕循环再生目标，寻找能与反应生成的碱性试剂。
(5) 依据平衡常数书写规则写出表达式；结合浓度商与平衡常数的相对大小判断沉淀生成条件，代数推导氢氧根浓度上限。
(6) 梳理流程引入的阴阳离子，排除沉淀产物后，判断体系内主要可溶性钠盐。
(7) 从沉铝滤渣产物中的存在，分析氧化亚铁离子的作用；记忆专属检验试剂铁氰化钾。
17．【答案】（1）-27；曲线c对应反应I，反应I的正反应为吸热反应，随着增大（即温度降低），平衡逆向移动，平衡常数减小，减小；a
（2）；碳碳双键（或键）、氯原子上的孤电子对
（3）；A；催化剂A中由b转化为d的最大能垒（或活化能）更低，反应速率更快；
【知识点】原子核外电子排布；盖斯定律及其应用；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】(1)①反应焓变计算规则：生成物总相对能量反应物总相对能量，将题目给出的各物质相对能量数值代入公式计算：
②图像规律：图像的斜率符号由反应焓变决定，斜率为负代表吸热反应（），斜率为正代表放热反应（）。
反应Ⅰ是吸热反应，，温度降低时增大，平衡逆向移动，平衡常数减小，数值下降，对应下降曲线c；
由盖斯定律，已知、，可推出，说明反应Ⅱ放热程度更强；放热越多，平衡常数随温度变化幅度越大，图像斜率绝对值更大，对应曲线b；
反应Ⅲ放热程度最弱，受温度影响最小，图像斜率最小，对应曲线a。
故答案为：-27；曲线c对应反应I，反应I的正反应为吸热反应，随着增大（即温度降低），平衡逆向移动，平衡常数减小，减小；a；
(2)①已知初始投料；第一步完全分解，生成、；乙炔总转化率为92%，代表可逆第二步中消耗，根据可逆反应计量比，同步消耗、生成，三段式整理如下：
体系内为惰性气体，物质的量始终为，平衡总物质的量：
分压计算公式，分压商表达式仅带入气体分压，计算得：
②配位键形成条件：分子内含有孤电子对或可离域的电子，可向过渡金属Ru空轨道提供电子形成配位键。
分子依靠碳碳三键的离域电子提供电子成键；氯乙烯分子有两处供电子位点，一是碳碳双键的电子，二是Cl原子外层未参与成键的孤电子对；两种分子均可吸附在催化剂Ru活性位点，相互抢占吸附位置，产生竞争吸附。
故答案为： ；碳碳双键（或键）、氯原子上的孤电子对；
(3)①Cu是第四周期ⅠB族元素，核外电子填充后价层电子排布为；Au是第六周期ⅠB族元素，内层电子全满，价层电子排布为。
②位置2的反应本质：吸附态自由基、、结合气态乙炔，生成吸附态氯乙烯；
反应速率由反应历程中最高能垒（活化能）决定，能垒越低，反应越容易进行、速率越快；对比两种催化剂反应历程，催化剂A从状态b到d的最高能垒数值更小，活化能更低，反应速率更快，工业生产优先选用催化剂A。
整套串联装置分步反应逻辑：位置1：受热分解，生成、与氯、氢、乙炔类活性自由基；位置2：自由基与体系内部分乙炔结合，生成氯乙烯；进入位置3的混合气仍残留未完全转化的、，二者在催化条件下发生加成反应，消耗剩余乙炔，提升乙炔总转化率，反应方程式：
故答案为： ；A；催化剂A中由b转化为d的最大能垒（或活化能）更低，反应速率更快；；
【分析】(1) ①直接运用反应焓变与物质相对能量的定量关系，代入数值完成算术计算；
②结合热力学平衡公式，从焓变正负区分吸热、放热反应，分析温度改变对平衡常数的影响，再依据放热程度大小对比曲线斜率绝对值，匹配每条曲线对应的反应。
(2) ①先梳理两步连续反应的物料变化，用三段式清晰标注可逆反应中各气体的起始、消耗、平衡物质的量，结合惰性气体计算体系总物质的量，依托分压定义分步推导压强商；
②结合配位键成键要求，分别分析乙炔、氯乙烯的供电子结构，解释两种物质竞争吸附催化剂的微观原理。
(3) ①依据ⅠB族过渡金属电子排布规律，结合Cu、Au所在周期书写对应价电子排布；
②根据反应历程活化能与反应速率的关系，对比两种催化剂最高能垒选出最优催化剂；按装置先后顺序，逐层拆解分解反应、自由基反应、加成反应，梳理整套串联工艺的完整转化逻辑。
18．【答案】（1）醚键；氨基
（2）
（3）ad
（4）
（5）6；或或
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质
【解析】【解答】(1)观察有机物F的分子结构，分子中存在甲氧基形成的醚键，同时含有氨基，因此F含有的官能团为醚键、氨基。
故答案为：醚键、氨基；
(2)原料A与发生苯环上氢原子的取代反应，苯环引入碘原子，同时脱去1分子HI，反应方程式：
故答案为： ；
(3)a.时，B的酚羟基与苄氯发生取代反应生成，可与反应得到，说法正确；
b.C的分子式为，与A物质反应，脱去一分子HI生成D（），仅发生原子交换，属于取代反应，并非加成反应，说法错误；
c.D两端的醇羟基氧化生成醛基得到E（），醛基可以发生银镜反应，该描述不符合题意，说法错误；
d.G中苯环上碳原子全部为杂化，饱和烷基碳原子全部为杂化，不存在其他杂化类型，说法正确。
故答案为：ad；
(4)两分子B发生分子间脱HI成醚的取代反应，生成分子式的醚类产物，结构为。
故答案为： ；
(5)A的分子式为，不饱和度等于4，分子包含苯环，限定分子只含有1个手性碳，分三类统计同分异构体：
单取代苯：共3种侧链，分别为、、，全部含有1个手性碳；
二取代苯：取代基为与，分为邻、间、对位3种结构，均带有手性碳；
三取代及更多取代苯：不存在手性碳原子，全部排除；
同分异构体总数量为种；氢原子个数比对应的三种结构分别为或或；
故答案为：6；或或；
(6)合成路线分步推导：苯乙炔和氢气催化加成生成苯乙烯；苯乙烯与发生马氏加成，氰基连接在仲碳原子上，生成；中氰基经氢气催化还原转化为；得到的和甲醛在催化条件下闭环，生成目标含氮六元环有机物。
分步转化方程式：
；
故答案为：；
【分析】原料A与发生苯环取代得到碘代产物B；B和苄氯取代生成C，两分子B脱HI成醚得到双苯环醚类中间体；C发生分子间取代得到D（），D的醇羟基氧化生成含醛基的E（）；依据碳杂化、反应类型等性质判断各步骤正误；再结合分子式、手性碳规则推导A的同分异构体数目；最后以苯乙炔为起始原料，经加氢、马氏加成、氰基还原、甲醛闭环四步合成目标含氮环状产物。
(1) 直接观察有机物分子骨架，识别含氧官能团醚键、含氮官能团氨基，写出分子全部官能团。
(2) 该反应属于苯环卤代取代反应，遵循苯环脱氢、卤素单质脱碘的断键规律，配平生成HI。
(3) 逐条分析每一步转化的反应类型、官能团化学性质、碳原子杂化形式，区分取代反应与加成反应，结合醛基特征反应、与杂化适用范围筛选正确选项。
(4) 根据两分子B脱去HI生成醚键的取代规律，依靠醚键成键逻辑拼接两分子苯环骨架，写出对应分子式产物的结构。
(5) 结合手性碳原子判定标准，按照苯环取代基团数目分类计数，筛选仅含1个手性碳的全部结构并统计总数，再根据氢原子数目比例匹配对应同分异构体。
(6) 正向推导有机合成路线，结合题干给出的加成、还原、缩合闭环信息，分层拆解碳链延长、官能团转变全过程，完整书写分步合成流程。
1 / 1【高考真卷】陕晋青宁2026年化学学业水平性考试
1．我国地大物博，资源丰富。下列资源转化过程属于化学变化的是（　　）
A．煤制甲醇 B．石油分馏 C．风力发电 D．盐湖晒盐
【答案】A
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系
【解析】【解答】A、煤制甲醇过程中，煤的成分经过反应生成新物质甲醇，有新物质生成，属于化学变化，A 正确；
B、石油分馏依靠各组分沸点不同分离，无新物质生成，属于物理变化，B 错误；
C、风力发电只是能量形式转化，无新物质生成，属于物理变化，C 错误；
D、盐湖晒盐是蒸发水分析出食盐，仅状态改变，无新物质生成，属于物理变化，D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
化学变化判断依据：变化过程中有新物质生成，物理变化无新物质生成；
煤制甲醇：煤经过气化、合成等化学反应生成甲醇，存在新物质，属于化学变化；
石油分馏：利用沸点差异分离烃类混合物，仅物理分离，属于物理变化；
风力发电：风能转化为电能，物质本身未发生改变，属于物理变化；
盐湖晒盐：蒸发溶剂使氯化钠结晶析出，无新物质生成，属于物理变化。
2．下列化学用语表示正确的是（　　）
A．2-氯丙烷的键线式：
B．基态O原子的轨道表示式：
C．中子数为8的碳核素：
D．用电子式表示H2S的形成过程：
【答案】C
【知识点】原子中的数量关系；原子核外电子排布；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、该键线式主链有4个碳原子，对应物质为2-氯丁烷，2-氯丙烷键线式为：，A错误；
B、基态O原子核外有8个电子，2p轨道排布违反洪特规则，电子应分占不同轨道且自旋平行，正确的·轨道表示式应为：，B错误；
C、碳元素质子数为6，中子数=质量数-质子数，中子数8时质量数=6+8=14，核素符号，C正确；
D、为共价化合物，形成过程为共用电子对，不存在电子得失、没有阴阳离子，不能使用离子符号和中括号表示， 形成过程 为：，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
键线式与命名：键线式端点、拐点代表碳原子，根据碳链长度判断对应有机物名称；
轨道表示式规则：洪特规则要求等价轨道电子优先分占、自旋平行；
核素符号书写：左下角标质子数，左上角标质量数，质量数=质子数+中子数；
共价化合物电子式形成过程：共用电子对成键，不出现离子、括号与电荷。
3．下列关于物质用途的说法错误的是（　　）
A．乙烯用作水果催熟剂 B．氧化钠用作呼吸面具供氧剂
C．碘伏用作皮肤消毒剂 D．金刚砂用作砂轮磨料
【答案】B
【知识点】乙烯的用途；钠的氧化物
【解析】【解答】A、乙烯能够促进果实成熟，常用作水果催熟剂，A 正确；
B、氧化钠与水、二氧化碳反应均无法生成氧气，过氧化钠才是呼吸面具供氧剂，氧化钠不能作供氧剂，B 错误；
C、碘伏含有碘单质，具有杀菌作用，可用于皮肤消毒，C 正确；
D、金刚砂（SiC）硬度大，耐磨性能好，适合制作砂轮磨料，D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
乙烯的用途：乙烯是天然植物激素，具备催熟水果的作用；
供氧剂区分：Na2O 与 CO2、H2O 反应无 O2生成，Na2O2反应可释放氧气，用作供氧剂；
消毒剂原理：碘单质能使蛋白质变性，碘伏温和，适用于皮肤表层消毒；
金刚砂性能：碳化硅硬度高、耐磨性强，工业上用作研磨、打磨材料。
4．大豆原产于我国，具有几千年种植历史。下列说法错误的是（　　）
A．利用大豆油脂的加成反应可制作肥皂
B．光束通过稀豆浆时可观察到丁达尔效应
C．大豆根瘤菌可将N2转化为含氮化合物
D．大豆秸秆中的纤维素是一种可再生资源
【答案】A
【知识点】胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、油脂制作肥皂发生的是皂化反应，属于酯的水解反应，并非加成反应，A 错误；
B、稀豆浆属于胶体，光束通过胶体时会出现光亮通路，能观察到丁达尔效应，B 正确；
C、大豆根瘤菌具备生物固氮能力，可将空气中 N2转化为含氮化合物供给植物吸收，C 正确；
D、纤维素来源于植物秸秆，植物可逐年种植再生，属于可再生资源，D 正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
皂化反应原理：油脂与强碱发生水解反应生成高级脂肪酸盐（肥皂），反应类型为取代水解，不是加成；
胶体特性：豆浆中蛋白质分散质粒子直径在 1~100nm 之间，属于胶体，具有丁达尔效应；
生物固氮：根瘤菌能将游离态氮气转化为化合态氮，提升土壤氮含量；
纤维素资源分类：纤维素由植物光合作用生成，可循环种植获取，属于可再生生物质资源。
5．开展化学实验必须遵守操作规范。下列说法错误的是（　　）
A．涉及有毒气体的实验，必须在通风橱中进行
B．倾倒液体试剂时，应将试剂瓶标签朝向手心
C．用酸式滴定管滴定时，手不能离开旋塞任溶液自流
D．称量NaOH固体时，应使用称量纸
【答案】D
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】A、有毒气体会危害人体健康，相关实验必须在通风橱内操作，A 正确；
B、倾倒液体时标签朝向手心，防止残留药液腐蚀标签，B 正确；
C、酸式滴定管滴定过程中手需持续控制旋塞，不能放任溶液自流，避免滴定过量，C 正确；
D、NaOH 固体易潮解且具有强腐蚀性，会腐蚀称量纸，应放在小烧杯中称量，D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
有毒气体实验规范：通风橱可及时排出有毒气体，保障实验人员安全；
液体倾倒操作要点：标签对手心、瓶塞倒放、瓶口紧挨容器口；
酸式滴定管操作规范：左手持续把控旋塞，逐滴控制液体流速；
腐蚀性固体称量规则：潮解、强腐蚀药品不能用称量纸，需选用玻璃容器盛放称量。
6．羟胺（NH2OH）有弱碱性和还原性。下列说法正确的是（　　）
A．1molNH2OH含有3molσ键
B．羟胺分子中所有原子共平面
C．羟胺溶液呈弱碱性的原因：
D．羟胺溶液与AgBr反应生成N2的离子方程式：
【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、的结构式为，分子内包含2根、1根、1根单键，所有单键均为键，总计4mol 键，因此1mol该分子含4mol 键，A错误；
B、分子中N原子形成3根键且带有1对孤电子对，采取杂化，局部空间构型为三角锥形，受四面体空间结构限制，全部原子无法处于同一平面，B错误；
C、羟胺中N原子存在孤电子对，能够结合水电离出的氢离子，促使水的电离平衡正向移动，体系中，溶液显弱碱性，水解方程式书写正确，C正确；
D、属于难溶性固体，书写离子方程式时必须保留化学式，不可拆分为，正确的离子方程式为：，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
键计数规则：分子内任意单键都属于键，直接统计全部单键数量即可；
杂化与空间构型判断：杂化原子存在四面体空间结构，无法让分子内所有原子共平面；
弱碱水解原理：羟胺依靠N原子孤电子对捕获水电离，提升氢氧根浓度使溶液显碱性；
离子方程式书写规范：难溶性盐在离子方程式中保留完整化学式，不能拆成对应离子。
7． Mn和Cl元素的部分价类二维关系如图。下列说法错误的是（　　）
A．基态Mn、Cl原子的最外层电子数相等
B．d的阴离子是正四面体结构
C．a的浓溶液可分别与c、g反应生成b
D．g和e（硫酸盐）反应生成f时，n（还原产物）∶n（氧化产物）=2∶3
【答案】A
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A、Mn为25号元素，基态电子排布，最外层电子数为2；Cl为17号元素，基态电子排布，最外层电子数为7，两种原子最外层电子数不相等，A错误；
B、d对应的阴离子是，中心Cl价层电子对数计算得4，不存在孤电子对，离子空间构型为正四面体，B正确；
C、a是浓盐酸，c为次氯酸盐，二者发生归中反应生成；浓盐酸与高锰酸盐g常温下能发生氧化还原反应生成，因此浓盐酸可分别与c、g反应得到b，C正确；
D、高锰酸根与二价锰盐发生Mn元素归中反应，+7价Mn得电子生成还原产物，每个Mn得到3个电子；+2价Mn失电子生成氧化产物，每个Mn失去2个电子，依据电子守恒可算出，D正确；
故答案为：A。
【分析】先根据价类二维图横纵坐标的类别、化合价信息推导各物质：氯元素相关物质中，a 是 - 1 价含氯酸，对应 HCl；b 是 0 价氯单质，对应 Cl2；c 为 + 1 价次氯酸盐；d 是 + 7 价高氯酸盐。锰元素相关物质中，f 是 + 4 价锰的氧化物，即 MnO2；e 为 + 2 价锰盐；g 代表 + 7 价高锰酸盐，结合推导出的物质逐一分析选项。
8．某分子结构如图，其中W、X、Y和Z为四种短周期主族元素，原子序数依次增大，W与X相邻，基态Y原子的最外层电子数是其电子层数的两倍。下列说法错误的是（　　）
A．第一电离能：W>X B．键角：YX2>YX3
C．W、Z分别能与X形成多种化合物 D．最简单氢化物的酸性：Z>Y
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、W为N、X为O，N的2p轨道电子排布为半充满稳定结构，失电子难度更大，同周期第一电离能N＞O，A正确；
B、为，为；中S价层电子对数，无孤电子对，等性杂化，标准键角120°；中S价层电子对数，含1对孤电子对，孤电子对斥力强于成键电子对，挤压分子键角，因此键角，B错误；
C、N元素存在+1、+2、+4、+5等多种价态，可与O生成、、等氧化物；Cl元素有+1、+4、+7等价态，能形成、、等氧化物，C正确；
D、Z的简单氢化物在水溶液完全电离，属于强酸；Y的简单氢化物仅微弱分步电离，属于弱酸，水溶液酸性，D正确；
故答案为：B。
【分析】基态Y原子最外层电子数是电子层数的2倍，短周期符合条件的有He（2层不成立）、C（2层4电子）、S（3层6电子）；题目中Y能与X形成、双键型化合物，碳无法形成，因此Y只能是S；Y（S）与X形成双键，X原子序数小于S，W与X相邻且原子序数W9．某实验团队对某有机合成实验中产生的浓磷酸废液进行加热回流处理（使有机杂质形成不溶物），回收磷酸、测定其含量并制备磷酸二氢钾，部分装置如图（夹持装置等略）。
下列说法正确的是（　　）
A．Ⅰ中，X为球形冷凝管，从a口通入冷凝水
B．Ⅱ中，定容后，摇匀，再次补加蒸馏水至容量瓶刻度线
C．Ⅱ中，若未用标准溶液润洗滴定管，则Ⅲ中所需K2CO3的计算值偏小
D．Ⅲ中，在搅拌下，将K2CO3固体分批缓慢加入磷酸溶液m中
【答案】D
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A、装置Ⅰ中X为球形冷凝管，冷凝水遵循下进上出的通入原则，正确流向是b口进水、a口出水，选项描述通水方向颠倒，A错误；
B、定容摇匀后液面低于刻度线，是少量液体附着在容量瓶瓶颈与瓶塞处的正常现象，若补加蒸馏水，会稀释溶液，最终配制溶液浓度偏低，B错误；
C、滴定管未用标准NaOH溶液润洗，管内残留蒸馏水稀释标准液，滴定等量磷酸时消耗NaOH标准液体积偏大，计算得到的磷酸物质的量偏大，由此推算所需质量计算值偏高，C错误；
D、将固体分批缓慢加入磷酸溶液并持续搅拌，能始终维持磷酸过量环境，避免生成、等杂质，可制得纯净，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点
冷凝管通水操作思路：球形冷凝管冷却水必须下口进、上口出，保证冷凝管内充满冷却水，提升冷凝效果；
容量瓶定容误差思路：摇匀后液面下降属于正常物理现象，额外加水会使溶剂偏多，溶液浓度降低；
酸碱滴定误差分析思路：标准液被水稀释，消耗标准液体积偏大，会使待测物计算结果偏高；
磷酸盐制备调控思路：控制投料顺序，让磷酸过量，抑制分步中和副反应，只生成单一产物。
10．我国科研人员利用钨的氧化物开发了新型催化剂。该氧化物的六方晶胞结构如图，2号O的分数坐标为。为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A．该氧化物的化学式为WO2
B．晶体密度为
C．3号W的分数坐标为
D．1号O和3号W的核间距为
【答案】B
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、六方晶胞内黑球W：8个棱心、2个面心，原子数；白球O：16个面心、1个体心，原子数，W、O原子个数比，晶体化学式为，A错误；
B、六方晶胞底面是夹角120°的平行四边形，底面积，晶胞高，晶胞体积；晶胞总相对质量，晶胞质量；代入密度公式，化简得，B正确；
C、分数坐标以晶胞边长为单位1，取值区间0~1，不能出现长度数值，3号W正确分数坐标为，C错误；
D、六方晶胞x、y轴夹角120°，1号O与3号W垂直高度差，水平距离，如图所示：，核间距，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
晶胞原子计数思路：棱上原子占、面上原子占、体心原子完整计入，统计原子最简整数比得到晶体化学式；
六方晶胞密度计算思路：先用三角函数求底面面积，换算单位得到晶胞体积；根据晶胞内原子总相对质量求晶胞质量，结合化简推导密度表达式；
分数坐标判断思路：分数坐标是无量纲比值，仅取0~1之间数值，不能出现晶胞边长长度；
晶胞内原子间距计算思路：拆分水平、竖直两段距离，结合勾股定理计算两点间核间距。
11．羟基自由基（）具有强氧化性，可用于处理有机废水。某科研团队开发了一种催化剂，将高效转化为，机理如图。下列说法错误的是（　　）
A．总反应为 B．部分中的来自于
C．步骤①中与之间形成氢键 D．步骤③发生了氧化还原反应
【答案】B
【知识点】含有氢键的物质；氧化还原反应
【解析】【解答】A、把反应机理每一步的反应物、生成物合并，消去中间粒子后得到总反应：，A正确；
B、结合反应机理图示，里的H全部来自，但中的O并非全部来自，有部分氧原子来自水，B错误；
C、步骤①中的氧原子与的氢原子之间虚线为分子间氢键，C正确；
D、步骤③参与反应生成，其中一个O原子形成，氧元素化合价发生改变，该步骤属于氧化还原反应，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点
总反应推导思路：梳理反应机理所有分步反应，抵消前后重复出现的中间活性粒子，整理得到总化学方程式；
原子来源追踪思路：对照反应机理图示，追踪自由基中H、O两种元素的原始反应物来源；
氢键判断思路：电负性大的O与另一分子H之间的虚线作用力，属于分子间氢键；
氧化还原判断思路：反应前后存在元素化合价升降，即可判定该步为氧化还原反应。
12． P1是一种新型高分子材料，由两种单体共聚得到。图示是P1的合成及降解过程，P1~P4为局部结构示意图（忽略立体化学）。反应Ⅲ为醇羟基和酯基的反应。
下列说法错误的是（　　）
A．生成P1的过程中有π键的断裂和σ键的形成
B．P2能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．Ⅲ中生成的-COOC2H5与-CH2OH的物质的量不一定相等
D．P4间可发生缩聚反应，形成网状聚合物
【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、制备P1的反应属于加聚反应，单体分子内碳碳双键中的π键发生断裂，单体相互结合形成新的σ键，最终连接成长链高分子，过程同时存在π键断裂与σ键生成，A正确；
B、观察P2的分子结构，分子内保留碳碳双键，碳碳双键易被酸性高锰酸钾氧化，能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；
C、反应Ⅲ为内酯与乙醇之间的酯交换反应，1mol内酯酯基发生醇解后，生成1mol 与1mol ，二者物质的量相等，选项描述说法错误，C错误；
D、P4分子同时带有羟基、酯基两种官能团，羟基可与酯基发生取代反应，不同P4分子之间能相互反应，依靠多官能团交联生成网状高分子，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
加聚反应成键思路：碳碳双键加聚时断裂π键，相邻单体碳原子以σ键相连，分析化学键断裂与生成类型；
碳碳双键性质思路：碳碳双键具有还原性，可与强氧化剂酸性高锰酸钾发生氧化褪色；
酯交换反应定量思路：内酯醇解断键位置固定，1mol内酯酯基醇解生成等量酯基与羟甲基；
高分子交联思路：同时含羟基、酯基的多官能团有机物，分子间发生酯交换实现交联，形成网状聚合物。
13．某科研团队利用S和Cu2S的相互转化设计了如图所示电池。工作时，两极上发生反应的S和Cu2S的物质的量相等。放电完成后，将一侧的电解液加热，产生的气体通入另一侧，可使电池重复工作。若性能显著衰减，经简单处理可恢复。下列说法正确的是（　　）
A．膜为阳离子交换膜
B．当气体通入左室开始工作时，电极a为正极
C．理论上，电路中通过的与消耗的物质的量之比为
D．电池总反应为
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】先推导电极反应：等量与参与反应，左室a为正极，还原反应；右室b为负极，氧化反应。
A、放电时左室消耗，体系剩余大量；右室生成带正电配离子，正电荷过剩，需要从左室迁移至右室平衡电荷，因此隔膜为阴离子交换膜；若选用阳离子交换膜，配离子会向左迁移，电池无法正常工作，A错误；
B、完全放电后a极全部转化为，b极完全转化为；加热右室溶液，分解释放，将通入左室再次工作时，a极失电子发生氧化反应，此时a作负极，B错误；
C、由负极电极方程式可知，每转移4mol电子，消耗8mol ，电路中电子与消耗一水合氨物质的量之比为，并非，C错误；
D、将正、负极电极反应式相加，消去等号两侧相同的、与电子，整理得到总反应，化简得，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点
电极与离子迁移判断思路：结合两极电荷变化，判断需要迁移的离子种类，确定交换膜类型；
电池正负极切换思路：放电结束后通入，两极物质氧化还原能力反转，正负极发生互换；
电子守恒定量计算思路：依托负极电极反应，根据转移电子数计算消耗的物质的量比例；
总反应式书写思路：将正极、负极电极反应叠加，抵消中间产物与电子，化简得到电池总反应。
14．二氧化碳、碳酸及其盐在自然界的迁移转化，是环境中碳循环的重要部分。常温下，H2CO3溶液中各含碳物种的分布系数δ与的变化关系如图
[比如：]，的为。将足量置于纯水中得到饱和溶液。下列说法正确的是（　　）
A．M点的pH为5.66
B．在纯水中的溶解度为
C．该饱和溶液中，
D．反应的平衡常数为
【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A、M点为点线与虚线交点，满足；联立碳酸两级电离常数，两浓度相等时，算出，对应，A错误；
B、不考虑水解时，溶解平衡，，溶解度；实际溶液中发生两步水解消耗碳酸根，促使继续溶解，实际溶解度大于，B错误；
C、溶液存在物料守恒：，因此钙离子浓度为含碳粒子总浓度，最大；一级水解常数，溶液中氢氧根主要由碳酸根水解生成。设发生水解的浓度为，水解平衡：
代入水解常数表达式：，解得；水解率，水解程度远大于50%，大量转化为，因此，C正确。
D、推导目标平衡常数，代入、、计算得，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
pH与电离常数综合计算思路：利用两级电离常数乘积表达式，结合交点处两种粒子浓度相等，直接计算氢离子浓度与对应pH；
难溶盐溶解度水解修正思路：碳酸根水解会降低溶液中浓度，使沉淀溶解平衡正向移动，实际溶解度大于纯解离理论值；
盐类水解定量比较思路：通过水解常数列三段式计算水解程度，依据水解率判断水解产物与原离子浓度大小关系；
多重平衡常数代换思路：拆分总平衡为沉淀溶解平衡、碳酸两步电离平衡，通过常数相乘相除化简推导总平衡常数。
15．大豆苷元（D）具有治疗心脑血管疾病的作用。因其难溶于水，生物利用度低，某研究团队采用下列反应路线，合成了易溶于水的大豆苷元磺酸钠（D-SO3Na）。
已知：①D为白色粉末，可溶于浓硫酸，其磺化产物易溶于水；
②相对分子质量：D254，D-SO3Na356。
实验步骤如下：
Ⅰ．在50mL圆底烧瓶中，加入20mL浓硫酸和10.0gD，60℃下搅拌反应30min，冷却至室温。
Ⅱ．上述反应液与100mL饱和NaCl溶液混合，析出沉淀，静置4h；抽滤，沉淀用20%NaCl溶液洗涤至滤液呈中性，得到D-SO3Na粗产品。
Ⅲ．粗产品重结晶，105℃真空干燥，得到D-SO3Na产品11.0g。
回答下列问题：
（1）Ⅰ中，加热方式为　 　，浓硫酸的作用有　 　（任写两种）。
（2）向盛有5mL蒸馏水的试管中滴入2滴Ⅰ中的反应液，振荡，　 　（填实验现象），表明反应不完全。
（3）Ⅱ中，反应液与饱和NaCl溶液混合的具体操作是　 　。
（4）Ⅱ中抽滤装置如图。抽滤与普通过滤相比，优点是　 　。沉淀不能用蒸馏水洗涤的原因是　 　。
（5）Ⅲ中关于重结晶操作的描述错误的是　 　。
a．加热溶解，制成D-SO3Na稀溶液 b．加入活性炭，吸附有色杂质
c．趁热过滤，除去活性炭及可溶性杂质 d．冷却结晶，使D-SO3Na从溶液中析出
（6）通过　 　技术，可以获得D-SO3Na晶体中原子在晶胞里的数目和位置等结构信息。
（7）Ⅲ中产品纯度为99.5%，D-SO3Na的产率为　 　（列计算式）。
【答案】（1）水浴加热；反应物、溶剂、吸水剂（任写两种）
（2）出现白色沉淀（或溶液变浑浊）
（3）将密度大、溶解放热的反应液沿烧杯壁缓慢加入饱和溶液中，并且不断搅拌
（4）与普通过滤相比，抽滤其压差大，因此过滤速度快，且能将沉淀中的水分抽得更干；利用同离子效应(Na+浓度大)可降低产物的溶解度，从而减少损失
（5）ac
（6）X射线衍射(XRD)
（7）
【知识点】有机物的合成；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1) 反应控制温度60℃，低于100℃，水浴加热能够稳定控温、体系受热均匀；磺化反应里浓硫酸提供参与反应，可作为反应物；原料可溶于浓硫酸，浓硫酸充当溶剂；浓硫酸能吸收反应生成的水，推动磺化平衡正向移动，可用作吸水剂，写出任意两种作用即可。
故答案为：水浴加热；反应物、溶剂、吸水剂（任写两种）；
(2) 原料大豆苷元难溶于水，磺化产物易溶于水；若磺化反应未完全，体系残留未反应的，将反应液滴入蒸馏水后，难溶于水的会析出，出现白色浑浊沉淀。
故答案为：出现白色沉淀（或溶液变浑浊）；
(3) 反应液含大量浓硫酸，与饱和溶液混合相当于稀释浓硫酸，浓硫酸稀释释放大量热；浓硫酸密度更大，若将饱和盐溶液倒入反应液会局部暴沸飞溅，因此操作要求：将反应液沿烧杯内壁缓慢注入饱和溶液，同时持续搅拌散热。
故答案为：将密度大、溶解放热的反应液沿烧杯壁缓慢加入饱和溶液中，并且不断搅拌；
(4) 抽滤依靠抽气泵降低吸滤瓶内部压强，和普通过滤对比，装置内外压差更大，过滤速率更快，还能充分抽走固体沉淀中包裹的水分；目标产物易溶于纯水，直接水洗会造成产物损耗，选用20% 洗涤液，高浓度产生同离子效应，抑制电离溶解，减少产物流失。
故答案为：与普通过滤相比，抽滤其压差大，因此过滤速度快，且能将沉淀中的水分抽得更干；利用同离子效应(Na+浓度大)可降低产物的溶解度，从而减少损失；
(5) a. 重结晶需要配热饱和浓溶液，稀溶液冷却后溶质浓度不足，无法析出晶体，a说法错误；
b. 活性炭具备多孔吸附结构，可吸附体系内有色有机杂质，b说法正确；
c. 趁热过滤仅能截留活性炭等不溶性固体，可溶性杂质会透过滤纸留在滤液，无法除去可溶性杂质，c说法错误；
d. 冷却结晶适用于溶解度随温度降低明显减小的物质，降温可使目标产物析出提纯，d说法正确。
故答案为：ac；
(6) X射线衍射（XRD）是表征晶体微观结构的常用分析手段，可测定晶胞内原子的数目、空间排布、位置等信息。
故答案为：X射线衍射(XRD)；
(7) 由反应计量关系，1 mol 完全转化生成1 mol ，摩尔质量254 g/mol，摩尔质量356 g/mol，理论质量计算式：
实际纯净产物质量，产率公式：
故答案为：；
【分析】大豆苷元与浓硫酸在60 ℃水浴条件下发生磺化反应，浓硫酸同时充当反应物、溶剂与吸水剂；反应完成后，将含浓硫酸的反应液缓慢沿杯壁倒入饱和溶液并搅拌，利用盐析析出产物；混合液经抽滤分离固体，使用20% 溶液洗涤固体，依靠同离子效应减少产物溶解损失；粗产物加溶剂加热配成热饱和溶液，加活性炭脱色，趁热过滤除去不溶杂质，冷却结晶提纯得到纯净；可通过XRD表征晶体结构，结合原料投料质量计算反应产率。
(1) 依据低于100℃恒温控温实验操作确定加热方式；结合磺化反应机理、原料溶解特性、平衡移动三点，梳理浓硫酸的多重作用。
(2) 对比原料与磺化产物的水溶性差异，结合反应不完全的体系组成，推断加水后出现沉淀的原因。
(3) 类比浓硫酸稀释安全操作逻辑，从放热、密度差异角度说明加料顺序，搭配搅拌操作的散热目的。
(4) 从压强差角度对比抽滤与普通过滤的优势；利用溶解平衡、同离子效应解释高浓度氯化钠洗涤液减少产物损耗的原理。
(5) 逐条结合重结晶完整操作流程，分析热饱和溶液配制、活性炭脱色、趁热过滤、冷却结晶四个步骤的作用，判断选项正误。
(6) 记忆晶体微观结构表征的专用仪器技术，区分XRD与红外、质谱等其他分析手段的用途。
(7) 依托有机取代反应1：1计量比计算理论产量，结合纯度算出实际纯品质量，代入产率定义式完成列式。
16．一种从废旧电池粉（主要成分为LiFePO4，含有少量FePO4、石墨、Al等）中深度回收锂的工艺，部分流程如下：
已知：①磷酸铁锂电池反应为；
②“沉铝”时，滤渣中含和少量。
回答下列问题：
（1）废旧电池粉碎前一般需先放电，正极反应式为　 　。
（2）“酸浸Ⅰ”时，除粉碎外，可提高酸浸速率的措施有　 　（任写两种）。该过程有生成，溶解的化学方程式为　 　。滤渣的主要成分为　 　。
（3）“沉铝”时，中Fe元素的化合价为　 　。
（4）“焙烧”时产生的HF，用　 　吸收后，产物可以循环利用。
（5）“除杂”时，在一定pH范围内，会发生反应（平衡常数为）。若溶液中为，不考虑其他离子参与反应，为防止沉淀，需小于　 　（用含a、b的代数式表示）。
（6）滤液2中，溶质除Na2CO3外，主要含　 　（填化学式）。
（7）滤液1需先加入H2O2溶液，再加入氨水除杂，最后回收Li3PO4。H2O2的作用是　 　。取少量加H2O2溶液后的滤液1，滴加　 　，若产生蓝色沉淀，则需补加H2O2溶液。
【答案】（1）
（2）粉碎、适当升高温度、搅拌、适当增大硫酸浓度等；；石墨
（3）
（4）溶液或溶液
（5）
（6）
（7）将氧化为，便于后续调pH沉淀除去；铁氰化钾溶液
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)磷酸铁锂电池放电总反应为，正极结合得电子还原生成，电极反应式：
故答案为：；
(2)提升酸浸速率的措施除粉碎外，还可搅拌、升温、适当提高硫酸浓度（任写两种）；与稀硫酸发生复分解反应，化学方程式：
原料中石墨不与稀硫酸反应，过滤后成为滤渣。
故答案为：粉碎、适当升高温度、搅拌、适当增大硫酸浓度等；；石墨；
(3)设中化合价为，依据化合物化合价代数和为0列式：
计算得。
故答案为：；
(4)沉铝工序消耗，流程产生，与或反应均可生成循环使用，因此可选溶液、溶液。
故答案为：溶液或溶液；
(5)反应平衡常数表达式：
为避免生成沉淀，反应逆向进行，需满足浓度商；代入推导得，故需小于。
故答案为：；
(6)沉锂离子方程式：；体系阳离子主要为，酸浸引入，除去过量后，主要可溶性盐为。
故答案为：；
(7)具有氧化性，将浸出液中的氧化为，便于后续调pH沉淀除铁；检验选用铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀说明未完全氧化。
故答案为：将氧化为，便于后续调pH沉淀除去；铁氰化钾溶液；
【分析】含、石墨、铝杂质的废旧磷酸铁锂粉料用稀硫酸酸浸，石墨不溶成为滤渣除去，金属离子、磷酸根进入浸出液；向浸出液调并加入沉铝得到含的滤渣，滤液可回收；滤渣经焙烧、酸浸后加把氧化为，再调除铁铝杂质；除杂后溶液加入饱和沉锂析出；流程产生的可用或吸收再生循环使用。
(1) 结合电池总反应判断正负极物质变化，正极发生还原反应，补充、电子配平电极方程式。
(2) 依据影响反应速率的外界条件列举提速措施；根据复分解反应规律配平与硫酸的化学方程式；结合石墨不溶于稀酸的性质判断滤渣成分。
(3) 利用化合物正负化合价代数和等于0的规则，代入已知元素化合价，解方程求出铁元素价态。
(4) 围绕循环再生目标，寻找能与反应生成的碱性试剂。
(5) 依据平衡常数书写规则写出表达式；结合浓度商与平衡常数的相对大小判断沉淀生成条件，代数推导氢氧根浓度上限。
(6) 梳理流程引入的阴阳离子，排除沉淀产物后，判断体系内主要可溶性钠盐。
(7) 从沉铝滤渣产物中的存在，分析氧化亚铁离子的作用；记忆专属检验试剂铁氰化钾。
17．利用1，2-二氯乙烷与乙炔生产氯乙烯的主要反应为：
I．
Ⅱ．
回答下列问题：
（1）①已知298K时，各物质的相对能量如表。
物质
相对能量
Ⅲ．　 　。
②上述三个反应的（为平衡常数）随（为温度）的变化如图。曲线c下降的原因是　 　，代表反应Ⅲ的曲线是　 　（填“a”“b”或“c”）。
（2）①某温度下，在压强为的恒压密闭反应器中，按投料，采用含Ru催化剂催化反应Ⅰ和Ⅱ。当反应Ⅰ完全进行，乙炔转化率为92%时，反应Ⅱ各物质分压表示的反应商　 　。
②氯乙烯与乙炔在含Ru催化剂上有竞争吸附。已知乙炔的π键电子可与Ru形成配位键，推测氯乙烯中的　 　可与Ru形成配位键。
（3）我国科研人员将多种含Cu、Au的催化剂进行内置串联（如图），使乙炔转化率接近100%。
①Au位于第六周期且与Cu同族，基态Au原子的价电子排布式为　 　。
②反应器位置1中的C2H4Cl2生成C2H3Cl、HCl、·H和·Cl。在位置2引入新催化剂，将存活时间短的·H和·Cl变成*H和*Cl，进一步与乙炔反应生成氯乙烯。两种不同催化剂的部分反应历程如图。位置2应选择催化剂　 　（填“A”或“B”），选择依据是　 　。位置3主要发生的反应为　 　（写化学方程式）。
【答案】（1）-27；曲线c对应反应I，反应I的正反应为吸热反应，随着增大（即温度降低），平衡逆向移动，平衡常数减小，减小；a
（2）；碳碳双键（或键）、氯原子上的孤电子对
（3）；A；催化剂A中由b转化为d的最大能垒（或活化能）更低，反应速率更快；
【知识点】原子核外电子排布；盖斯定律及其应用；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】(1)①反应焓变计算规则：生成物总相对能量反应物总相对能量，将题目给出的各物质相对能量数值代入公式计算：
②图像规律：图像的斜率符号由反应焓变决定，斜率为负代表吸热反应（），斜率为正代表放热反应（）。
反应Ⅰ是吸热反应，，温度降低时增大，平衡逆向移动，平衡常数减小，数值下降，对应下降曲线c；
由盖斯定律，已知、，可推出，说明反应Ⅱ放热程度更强；放热越多，平衡常数随温度变化幅度越大，图像斜率绝对值更大，对应曲线b；
反应Ⅲ放热程度最弱，受温度影响最小，图像斜率最小，对应曲线a。
故答案为：-27；曲线c对应反应I，反应I的正反应为吸热反应，随着增大（即温度降低），平衡逆向移动，平衡常数减小，减小；a；
(2)①已知初始投料；第一步完全分解，生成、；乙炔总转化率为92%，代表可逆第二步中消耗，根据可逆反应计量比，同步消耗、生成，三段式整理如下：
体系内为惰性气体，物质的量始终为，平衡总物质的量：
分压计算公式，分压商表达式仅带入气体分压，计算得：
②配位键形成条件：分子内含有孤电子对或可离域的电子，可向过渡金属Ru空轨道提供电子形成配位键。
分子依靠碳碳三键的离域电子提供电子成键；氯乙烯分子有两处供电子位点，一是碳碳双键的电子，二是Cl原子外层未参与成键的孤电子对；两种分子均可吸附在催化剂Ru活性位点，相互抢占吸附位置，产生竞争吸附。
故答案为： ；碳碳双键（或键）、氯原子上的孤电子对；
(3)①Cu是第四周期ⅠB族元素，核外电子填充后价层电子排布为；Au是第六周期ⅠB族元素，内层电子全满，价层电子排布为。
②位置2的反应本质：吸附态自由基、、结合气态乙炔，生成吸附态氯乙烯；
反应速率由反应历程中最高能垒（活化能）决定，能垒越低，反应越容易进行、速率越快；对比两种催化剂反应历程，催化剂A从状态b到d的最高能垒数值更小，活化能更低，反应速率更快，工业生产优先选用催化剂A。
整套串联装置分步反应逻辑：位置1：受热分解，生成、与氯、氢、乙炔类活性自由基；位置2：自由基与体系内部分乙炔结合，生成氯乙烯；进入位置3的混合气仍残留未完全转化的、，二者在催化条件下发生加成反应，消耗剩余乙炔，提升乙炔总转化率，反应方程式：
故答案为： ；A；催化剂A中由b转化为d的最大能垒（或活化能）更低，反应速率更快；；
【分析】(1) ①直接运用反应焓变与物质相对能量的定量关系，代入数值完成算术计算；
②结合热力学平衡公式，从焓变正负区分吸热、放热反应，分析温度改变对平衡常数的影响，再依据放热程度大小对比曲线斜率绝对值，匹配每条曲线对应的反应。
(2) ①先梳理两步连续反应的物料变化，用三段式清晰标注可逆反应中各气体的起始、消耗、平衡物质的量，结合惰性气体计算体系总物质的量，依托分压定义分步推导压强商；
②结合配位键成键要求，分别分析乙炔、氯乙烯的供电子结构，解释两种物质竞争吸附催化剂的微观原理。
(3) ①依据ⅠB族过渡金属电子排布规律，结合Cu、Au所在周期书写对应价电子排布；
②根据反应历程活化能与反应速率的关系，对比两种催化剂最高能垒选出最优催化剂；按装置先后顺序，逐层拆解分解反应、自由基反应、加成反应，梳理整套串联工艺的完整转化逻辑。
18．一种生物活性分子中间体G的合成路线如图（立体化学和部分反应条件略）。
已知：①BnCl为②
回答下列问题：
（1） F中官能团的名称为　 　、　 　。
（2） A→B的化学方程式为　 　。
（3）下列说法正确的是　 　。
a． B→C有KCl生成 b． C→D为加成反应
c． E不能发生银镜反应 d． G中碳原子有sp2、sp3两种杂化方式
（4）若A和B混合后，发生已知②所示反应，可能生成分子式为Cl6H17IO4的产物，其结构简式为　 　。
（5） A的同分异构体中，同时满足下列条件的有　 　种（不考虑立体异构体）。
①含有苯环；
②含有1个手性碳原子。
其中，不同化学环境氢原子个数比为3∶2∶2∶1∶1∶1的结构简式为　 　（任写一种）。
（6）已知-C≡N能发生类似-C≡C-的加成反应。参照上述合成路线，以、HCN和甲醛为原料（其他无机试剂任选），设计的合成路线　 　。
【答案】（1）醚键；氨基
（2）
（3）ad
（4）
（5）6；或或
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质
【解析】【解答】(1)观察有机物F的分子结构，分子中存在甲氧基形成的醚键，同时含有氨基，因此F含有的官能团为醚键、氨基。
故答案为：醚键、氨基；
(2)原料A与发生苯环上氢原子的取代反应，苯环引入碘原子，同时脱去1分子HI，反应方程式：
故答案为： ；
(3)a.时，B的酚羟基与苄氯发生取代反应生成，可与反应得到，说法正确；
b.C的分子式为，与A物质反应，脱去一分子HI生成D（），仅发生原子交换，属于取代反应，并非加成反应，说法错误；
c.D两端的醇羟基氧化生成醛基得到E（），醛基可以发生银镜反应，该描述不符合题意，说法错误；
d.G中苯环上碳原子全部为杂化，饱和烷基碳原子全部为杂化，不存在其他杂化类型，说法正确。
故答案为：ad；
(4)两分子B发生分子间脱HI成醚的取代反应，生成分子式的醚类产物，结构为。
故答案为： ；
(5)A的分子式为，不饱和度等于4，分子包含苯环，限定分子只含有1个手性碳，分三类统计同分异构体：
单取代苯：共3种侧链，分别为、、，全部含有1个手性碳；
二取代苯：取代基为与，分为邻、间、对位3种结构，均带有手性碳；
三取代及更多取代苯：不存在手性碳原子，全部排除；
同分异构体总数量为种；氢原子个数比对应的三种结构分别为或或；
故答案为：6；或或；
(6)合成路线分步推导：苯乙炔和氢气催化加成生成苯乙烯；苯乙烯与发生马氏加成，氰基连接在仲碳原子上，生成；中氰基经氢气催化还原转化为；得到的和甲醛在催化条件下闭环，生成目标含氮六元环有机物。
分步转化方程式：
；
故答案为：；
【分析】原料A与发生苯环取代得到碘代产物B；B和苄氯取代生成C，两分子B脱HI成醚得到双苯环醚类中间体；C发生分子间取代得到D（），D的醇羟基氧化生成含醛基的E（）；依据碳杂化、反应类型等性质判断各步骤正误；再结合分子式、手性碳规则推导A的同分异构体数目；最后以苯乙炔为起始原料，经加氢、马氏加成、氰基还原、甲醛闭环四步合成目标含氮环状产物。
(1) 直接观察有机物分子骨架，识别含氧官能团醚键、含氮官能团氨基，写出分子全部官能团。
(2) 该反应属于苯环卤代取代反应，遵循苯环脱氢、卤素单质脱碘的断键规律，配平生成HI。
(3) 逐条分析每一步转化的反应类型、官能团化学性质、碳原子杂化形式，区分取代反应与加成反应，结合醛基特征反应、与杂化适用范围筛选正确选项。
(4) 根据两分子B脱去HI生成醚键的取代规律，依靠醚键成键逻辑拼接两分子苯环骨架，写出对应分子式产物的结构。
(5) 结合手性碳原子判定标准，按照苯环取代基团数目分类计数，筛选仅含1个手性碳的全部结构并统计总数，再根据氢原子数目比例匹配对应同分异构体。
(6) 正向推导有机合成路线，结合题干给出的加成、还原、缩合闭环信息，分层拆解碳链延长、官能团转变全过程，完整书写分步合成流程。
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