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湖南岳阳市2026届高三教学质量监测（二）化学试题
1．当前中东局势复杂多变，全球能源与战略材料供应面临挑战，我国坚持科技自立自强，在国防军工、能源安全、高端材料等领域实现自主可控。下列说法正确的是
A．国产新型导弹采用和作推进剂，二者反应时作还原剂
B．“巨浪-3”潜射导弹使用了高性能碳纤维，碳纤维属于新型有机高分子材料
C．隐身战机的防护层采用了无氰电镀技术，电镀过程中化学能转化为电能
D．新型两栖装甲车采用了碳化硅增强铝基复合材料，碳化硅属于硅酸盐材料
2．下列化学用语或图标表达正确的是
A．基态硒原子的简化电子排布式：
B．的电子式：
C．对硝基甲苯的结构简式：
D．Na与水反应的实验过程中涉及的图标：
3．下列关于废弃物的处理方法中，正确的是
A．实验室未用完的钠、钾、白磷等不能放回原试剂瓶
B．不需要回收的含乙醇、溴乙烷的有机废液，可用焚烧法处理后直接排放
C．强氧化剂如、固体不能随意丢弃，可配成溶液后再进行常规处理
D．向铜和浓硫酸反应后的废液中加水稀释，再进行碱中和处理
4．有关化学概念或物质性质描述错误的是
A．清洗铁锅后及时擦干，能减缓铁锅因发生化学腐蚀而生锈
B．用核磁共振氢谱能区分和
C．人体细胞和细胞器的双分子膜体现了超分子的自组装特征
D．常温下，氯气与铁在干燥情况下不反应，所以液氯可以储存在钢瓶中
5．下列离子方程式可正确解释相应变化的是
A．与反应：
B．固体溶于重水：
C．用硫氰化钾溶液检验溶液中的：
D．向氯化银悬浊液中滴加氨水：
6．氯及其化合物的转化关系如图所示，为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1.12L 中含有的质子数为
B．理论上反应①中每消耗0.2mol HCl，生成的分子数为
C．反应②中氧化产物与还原产物的物质的量之比为5∶1
D．在的溶液中，含有的数小于
7．X、Y、Z、M、Q5种元素的原子序数依次增大，其中X、Y、Z、Q分别位于周期表中前四个不同周期，X、Y同主族，Z、M基态原子核外都有5种能量不同的电子，且都只有一个未成对电子，Q元素位于元素周期表第6列，下列说法错误的是
A．X和Y形成的一种离子化合物，阳离子半径大于阴离子半径
B．Z和M形成的两种化合物和均为非极性分子
C．基态Q原子核外电子有15种空间运动状态
D．X、Y、Q最外层电子数相同
8．室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是
选项 探究方案 探究目的
A 分别向少量ZnS固体和CuS固体中加入足量的浓硝酸 验证
B 将与混合加热，得到、、HCl 证明比更易水解
C Zn、Fe为电极，酸化的3％ NaCl溶液作电解质溶液，连接成原电池装置，一段时间后，直接向Fe电极区滴入2滴溶液，观察现象 探究金属的电化学保护法
D 分别向氯化镁和氯化铝溶液中加入过量的氨水 比较镁和铝元素的金属性强弱
A．A B．B C．C D．D
9．一种辅助的电池能有效地将转化成化工原料，该电池工作原理如图所示，其中多孔碳电极上的产物为，作为催化剂，催化过程分2步进行，反应Ⅰ：，下列说法不正确的是
A．多孔碳电极有利于气体扩散至电极表面
B．催化反应的反应Ⅱ：
C．常用的离子液体是，阳离子以单个形式存在具有良好的溶解性能，则与N原子相连的、被H原子替换后溶解性能更佳
D．当有0.1mol 穿过隔膜时，可以处理13.2g
10．苯并咪唑是一种常用的抗病毒、抗癌药，其一种中间体结构如图。关于该物质的说法错误的是
A．1mol该物质最多能和1mol NaOH反应
B．能被酸性溶液氧化
C．的碱性弱于
D．该分子中所有碳原子都采用杂化
11．用废磷酸(含有机杂质)制取，下列说法错误的是
已知：、、。
A．若浓磷酸不慎沾到手上，先用大量水冲洗，然后涂上溶液
B．若步骤a把易炭化的有机杂质转化为炭颗粒，则步骤b的操作为过滤
C．为使产品中的物质的量分数最大，滴加KOH溶液调pH，最适pH为7.2
D．产品中钾元素的质量分数为29.01％，则产品中可能混有杂质
12．可用作合成氨催化剂，其立方晶胞如图所示(晶胞边长为a pm)。已知截面单位面积含有Fe原子个数越多，催化活性越低。下列说法正确的是
A．晶胞中Fe的配位数为6
B．n截面单位面积含有的Fe原子个数为(个)
C．m、n截面中，催化活性较高的是m
D．晶胞的密度为
13．常温，向20.00mL NaR溶液中滴入等浓度的HM溶液，所得溶液中与的关系如图所示。已知，下列说法正确的是
A．随着HM的滴入，水的电离程度先变大后变小
B．pH=6时，的值比pH=7时的小
C．滴入10.00mL HM溶液后，溶液中存在：
D．滴入20.00mL HM溶液后，溶液中存在：
14．以、CO、HI作原料催化合成乙酸的机理如图所示(表示Rh的价态)。下列说法错误的是
A．该过程中有非极性键的形成
B．已知中Rh只以配位键与周围原子结合，则Rh的化合价为价
C．若中C均用标记，反应物CO用，一段时间后在产物中可检出
D．反应⑥的中O原子进攻正电性很强的羰基碳
15．环己酮是一种重要的有机化工中间体和有机溶剂，实验室合成环己酮的反应如下：
相关信息如下：
物质 相对分子质量 密度(20℃，) 沸点/℃ 与水形成共沸物沸点/℃ 溶解性
环己醇 100 0.96 161.0 97.8 能溶于水
环己酮 98 0.95 155 95 微溶于水，易溶于醇、醚等有机溶剂
饱和食盐水
1.33 - - -
反应装置如下：
实验步骤为：
①在圆底烧瓶中依次加入2粒沸石、56 mL 、10 mL浓(约0.15 mol)、10 mL环己醇，混合混匀。
②将27 g (约0.103 mol)溶于盛有12 mL 的100 mL烧杯中，搅拌使之充分溶解。
③分3次将步骤②所得溶液加至圆底烧瓶中并不断振摇，反应全程控温在60～65℃范围内。10分钟后停止加热，加入适量草酸固体，充分振摇使之溶解。
④向圆底烧瓶中加入60 mL ，改为蒸馏装置，将环己酮和水一起蒸馏出来。
⑤在馏分中加入10 g食盐，充分搅拌，将液体倾至分液漏斗，分离出有机层。
⑥在分离出的有机层中分3次加入适量干燥后，蒸馏，获得产品6.4 g。
回答下列问题：
（1）仪器X的名称为　 　。所用圆底烧瓶的最佳规格为　 　(填标号)。
A.100mL B.250mL C.500mL D.1000mL
（2）环己醇被溶液氧化时，还原产物为，该反应的化学反应方程式为：　 　。
（3）步骤③需要控温在60～65℃范围内，若温度过低，导致的结果是　 　。
（4）步骤⑤中向馏分中加入食盐的目的为　 　。
（5）以下关于萃取分液操作的叙述中，正确的是___________。
A．将液体转移至分液漏斗，塞上玻璃塞，如图用力振荡
B．振荡几次后需打开分液漏斗上口的玻璃塞放气
C．分液时，需先将上口玻璃塞打开或玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔，再打开旋塞待下层液体全部流尽时，再从上口倒出上层液体
D．经几次振荡并放气后，手持分液漏斗静置液体分层
（6）下列仪器在步骤⑥蒸馏中无需使用的是　 　(填序号)。
（7）本实验中环己酮的产率约为　 　％(结果保留3位有效数字)。
16．电解铜的阳极泥中含PtTe、PdSe、Pt、Pd、Au、Cu等物质，以该阳极泥为原料，分离和回收Au、Pt、Pd、Cu等金属或其化合物的工艺流程如图所示。
已知：①PtTe中Pt为+2价，且“氧化焙烧”时，阳极泥中的化合态Pt、Pd均转化为单质；
②易溶于水，、难溶于水；
③。
回答下列问题：
（1）52Te在周期表中的位置是　 　。
（2）“氧化焙烧”中，PtTe发生反应的化学方程式为　 　。
（3）“酸浸”的目的是分离　 　元素(填元素符号)。
（4）“氯浸”工艺中，金属Pt、Pd、Au被氧化为配离子：[PtCl6]2-、[PdCl6]2-、[AuCl4] -，Au转化为[AuCl4] -的反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为　 　。
（5）“分金”加入过量草酸的作用，除析出金属Au外，还有　 　。
（6）“沉钯”之前，测得溶液中c0{[PtCl6]2-}=0.2mol/L，加入等体积的NH4Cl溶液充分反应，测得反应后混合液中c{[PtCl6]2-}=1.1×10-6mol/L，则初始加入NH4Cl溶液的浓度约为　 　mol/L(忽略溶液混合时的体积变化)。
（7）某储氢铜合金具有立方最密堆积的结构，晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点位置，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中。若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2的结构(晶胞结构如图)相似，该晶体储氢后的化学式为　 　。
17．托伐普坦对治疗心衰、肝硬化中常出现的低血钠症具有良好的疗效，其前体(L)的最新合成路线如下
已知：—Ts代表。
回答下列问题：
（1）A中含氧官能团的名称是　 　。
（2）A→B过程中K2CO3的作用　 　。
（3）C的结构简式为　 　。
（4）写出由D生成F的化学反应方程式　 　。
（5）是E消去产物的同分异构体，能发生银镜反应，且1mol M最多可还原出4mol Ag。满足上述条件的M的结构共有　 　种(不考虑立体异构)。
（6）F→G的第一步是在碱性条件下脱去F中的一个氢，生成碳负离子；第二步是经历电子转移后发生分子内环化，最终生成G。
①请在F的结构简式的基础上补全碳负离子的结构　 　(即用“”标出第一步中失去氢的碳原子)；
②实验表明采用叔丁醇钾[(CH3)3COK]提供碱性环境时比采用甲酸钠的产率更大，其原因为　 　。
（7）I→L的合成路线设计如下：
已知试剂X的化学式为C8H7OCl，X的结构简式为　 　。
18．目前我国研发出一种利用乙醇制氢且同时实现乙酸生产的新途径，主要反应为：
Ⅰ.
Ⅱ.
回答下列问题：
（1）已知：25℃、100kPa下，由各种元素指定单质生成1mol某纯物质的热效应叫做该物质的标准摩尔生成热。部分物质如下表。
物质
0
则　 　。
（2）向某恒温恒容的密闭容器中加入等物质的量的乙醇和水蒸气，发生反应Ⅰ和Ⅱ，下列叙述能说明反应Ⅰ已达到平衡状态的有___________。
A．和的物质的量之比不再变化
B．气体平均摩尔质量不再变化
C．
D．混合气体的密度不再变化
（3）下列关于反应Ⅰ的随温度T(K)的变化趋势正确的是　 　(填序号)。
（4）恒压条件下，向密闭容器中投料后产氢速率和产物的选择性随温度变化关系如图所示。
注：副产物指、CO、混合气体
[已知：乙酸选择性=×100％]
①由图1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为　 　。
②由图中信息可知，乙酸的选择性随温度升高呈先增大后减小的抛物线趋势，请解释后减小的原因：　 　。
③在温度为270℃，压强为100kPa下，若该密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，已知乙醇和水的起始投料分别为1mol和8.2mol。平衡时乙醇的转化率为80％，，则反应Ⅰ的压强平衡常数　 　kPa(计算出结果；用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
（5）某团队提出一种新型高效的光电分解水制氢的方法——磁场辅助光电分解水(如图所示)，在光照、磁场中，光电极产生“电子”和“空穴(，具有强氧化性)，它们分别驱动电极反应。
①电极X为　 　极(填“阴”或“阳”)。
②在酸性介质中生成M的电极反应式为　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；常见能量的转化及运用
【解析】【解答】A．在中N元素为负价，和发生反应时，N元素的化合价会升高，该物质失去电子，因此在反应中作还原剂，A正确；
B．碳纤维的主要成分是碳单质，属于无机非金属材料，不属于有机高分子材料，B错误；
C．电镀过程依靠电解原理实现，该过程中将电能转化为了化学能，C错误；
D．碳化硅不具备硅酸盐的结构与组成，不属于硅酸盐材料，属于新型无机非金属材料，D错误；
综上，答案选A。
【分析】A．中低价氮具有还原性；
B．碳纤维成分是碳单质；
C．电镀原理是电解池，能量转化为电能转化为化学能；
D．碳化硅属于新型无机非金属材料。
2．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；有机化合物的命名；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．硒的原子序数为34，基态硒原子的核外电子简化排布式应为，因此A错误；
B．属于共价化合物，其正确电子式为，原表示错误，故B错误；
C．对硝基甲苯中，甲基和硝基在苯环上处于对位，且硝基通过氮原子与苯环相连，其正确结构简式为，原表示错误，故C错误；
D．钠与水反应的实验中，需要用小刀切割金属钠，反应生成的氢氧化钠具有腐蚀性，对应题给图示中的腐蚀品安全标识；且反应生成的氢气属于易燃气体，也对应易燃安全标识，该实验过程确实涉及这一组安全标识，因此D正确；
故选D。
【分析】A．根据电子式排布规则，基态硒原子的核外电子简化排布式应为；
B．过氧化氢是共价化合物；
C．对硝基甲苯中硝基中的氮原子和苯环相连；
D．根据实验安全注意事项，钠和水反应剧烈，放热，需要用防护镜，防止伤到手指，在通风处，实验后洗手。
3．【答案】C
【知识点】化学试剂的存放；化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】A. 钠、钾、白磷都属于易燃易爆的危险化学品，随意丢弃极易引发安全事故，因此实验后剩余的这类药品必须放回原试剂瓶，不允许随意丢弃，因此A选项错误；
B. 溴乙烷本身含有溴元素，直接焚烧溴乙烷会生成含溴的有毒污染物，造成大气污染，因此不能采用直接焚烧的方式处理，B选项错误；
C. 、都属于强氧化性物质，这类物质如果和还原性物质混合接触，很容易发生反应引发爆炸，将它们配制成低浓度溶液后，氧化性会明显减弱，就可以按照常规方法处理了，因此C选项正确；
D. 铜与浓硫酸反应后所得的废液中含有大量未反应完的浓硫酸，如果直接向废液中加水，浓硫酸稀释时会释放大量热，会导致液体暴沸飞溅，引发安全事故；正确的操作应当是将废液缓慢沿容器壁倒入水中稀释后，再加碱进行中和处理，因此D选项错误；
综上，本题答案选C。
【分析】题目考查废弃物处理方法，钠、钾和白磷等需放回原试剂瓶；有机废液需要处理，防止生成有毒物质造成污染；高锰酸钾和氯酸钾具有强氧化性，不能随意丢弃；铜和浓硫酸反应后，待液体冷却，将废液倒入水中进行稀释，加碱进行中和处理。
4．【答案】A
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；氯气的化学性质；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】A．铁锅生锈的本质是铁、铁锅内含的碳杂质，和铁锅表面附着的水膜共同构成原电池，发生电化学腐蚀，并非普通化学腐蚀；将铁锅擦干水分，就是为了破坏原电池形成的条件，从而减缓电化学腐蚀，A选项说法错误；
B．（乙酸）和（甲酸甲酯），二者分子中确实都只有两种化学环境的氢，且核磁共振氢谱的峰面积比都为3：1（或1：3），但处于不同官能团上的氢，化学位移并不相同，在核磁共振氢谱中峰出现在不同位置，因此可以通过该方法区分二者，B选项说法正确；
C．人体细胞的磷脂双分子膜，是依靠分子间作用力自发组装形成的超分子体系，这一过程正好体现了超分子的自组装特征，C选项说法正确；
D．常温环境下，干燥的氯气和铁不会发生反应，只有氯气中含水时，才会反应腐蚀铁，因此液态的氯气可以储存在钢瓶中，D选项说法正确；
本题选A。
【分析】A．铁锅生锈是电化学腐蚀；
B．和 中等效氢种类数不同；
C．人体细胞和细胞器的双分子膜体现了超分子的自组装特征 ；
D．氯气和铁在点燃条件下反应，常温下不反应。
5．【答案】D
【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；离子方程式的书写；钠的氧化物
【解析】【解答】A．和水的反应属于过氧化钠的自身歧化反应，反应生成的氧气中的氧元素全部来自过氧化钠，标记的最终会进入氢氧根中，产物中不含，因此A选项错误；
B．铵根溶解在重水中发生水解反应时，会结合重水电离出的，正确的离子方程式应为，因此B选项错误；
C．和反应得到的是可溶性络合物，并不是沉淀，不能在方程式中添加沉淀符号，因此C选项错误；
D．氯化银可以和氨水反应生成可溶性的银氨络离子，该反应的离子方程式书写正确，因此D选项正确；
综上，答案选D。
【分析】A．过氧化钠和水反应时，生成氧气中的氧来自于过氧化钠；
B．根据水解规律，铵根离子水解离子方程式为；
C．是络合物，不是沉淀；
D．氯化银溶液氨水生成配合物。
6．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；气体摩尔体积；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．该选项没有说明气体所处的状态是标准状况，无法计算的物质的量，因此A错误；
B．反应①的化学方程式为，从方程式可以看出，每消耗，对应生成；因此当消耗时，会生成，生成的氯气分子数为，B正确；
C．反应②的化学方程式为，该反应中Cl元素发生歧化反应，Cl被氧化得到氧化产物，被还原得到还原产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为，C错误；
D．该选项仅给出了溶液的物质的量浓度，没有给出溶液的体积，无法计算溶质的物质的量，D错误；
综上，答案选B。
【分析】A．未指明条件，无法计算；
B．反应①的化学方程式为，根据方程式计算；
C．反应②的化学方程式为，氯化钾是还原产物，氯酸钾是氧化产物；
D．体积未知，无法计算。
7．【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；原子结构与元素的性质；极性分子和非极性分子；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．H和Li形成的离子化合物为LiH，其中阳离子为、阴离子为，二者电子层结构相同，对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，因此离子半径：，即阳离子半径小于阴离子半径，A错误；
B．即，为平面正三角形结构，分子的正负电荷中心重合；即，为对称结构，分子的正负电荷中心也重合，因此二者都属于非极性分子，B正确；
C．Cr的核外电子排布式为，原子核外每个轨道对应一种不同的电子空间运动状态，Cr原子的轨道总数为1(1s)+1(2s)+3(2p)+1(3s)+3(3p)+5(3d)+1(4s)=15，因此Cr原子核外电子共有15种不同的空间运动状态，C正确；
D．H、Li、Cr三种元素的最外层电子数均为1，最外层电子数相同，D正确；
故选A。
【分析】已知X、Y、Z、Q分属前4个不同周期，且原子序数依次增大，因此X位于第一周期；又X与Y同主族，可推得X为氢元素，Y为第二周期第IA族的锂元素；Z和M的基态原子核外有5种能量不同的电子，说明二者核外共有5个填充了电子的能级，对应能级为1s、2s、2p、3s、3p，因此Z、M都位于第三周期，且二者都只有1个未成对电子，结合原子序数Z，只有1个未成对电子），M为氯元素（核外电子排布，只有1个未成对电子）；Q位于第四周期，在元素周期表的第6列，因此Q为第四周期VIB族的铬元素，据此分析。
8．【答案】B
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二价铁离子和三价铁离子的检验；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．浓硝酸具有强氧化性，加入足量浓硝酸后，浓硝酸会将ZnS和CuS中的硫离子氧化，最终两种沉淀都会溶解，该过程发生了氧化还原反应，因此无法通过该现象证明溶度积常数 ，A选项错误；
B．将和混合加热时，会先和结晶水发生反应，生成和HCl。反应生成的HCl能够抑制铝离子水解，最终可以得到无水氯化铝，由此可以说明的水解程度比氯化铝更大，即比氯化铝更易水解，因此B选项正确；
C．以Zn、Fe为电极，酸化的3% NaCl溶液为电解质构成原电池后，Fe作原电池的正极，被保护。铁氰化钾的作用是检验，若Fe电极被保护，就不会有亚铁离子生成；但直接向原电池的溶液中滴加铁氰化钾，无法避免铁氰化钾直接和Fe电极反应生成亚铁离子，会对实验结果造成干扰，不能验证Fe是否被保护，因此C选项错误；
D．向氯化镁和氯化铝溶液中分别加入过量氨水，由于氢氧化铝不溶于弱碱氨水，最终两种溶液都会生成氢氧化物沉淀，因此无法比较和 的碱性强弱，也就无法比较镁和铝的金属性强弱，D选项错误；
综上，答案选B。
【分析】A． ZnS固体和CuS固体与硝酸发生氧化还原反应，无法比较溶解度大小；
B．与H2O反应生成氯化氢，可抑制铝离子水解，得到氯化铝；
C．实验方案中铁可能会和 反应，生成亚铁离子，干扰实验；
D．向氯化镁和氯化铝溶液中加入氨水，实验现象一样。
9．【答案】C
【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．多孔碳电极具有疏松多孔的结构，比表面积较大，更利于扩散到电极表面，让气体与电极充分接触，因此A选项正确；
B．是该反应总反应的催化剂，总正极反应为；该正极反应分两步进行，已知第一步反应为，将总正极反应减去配平后的第一步反应，即可得到第二步反应为，因此B选项正确；
C．阳离子以单个分子形式存在时，该电解质的溶解性能良好；如果把和N相连的、替换为H，替换后可以形成分子间氢键，阳离子无法再以单个分子形式存在，溶解性会下降，因此C选项错误；
D．负极Al反应生成时，整个电路转移电子的总物质的量为；正极上转化为，每个C原子从+4价变为+3价，即每个可以得到1mol电子，因此电子可以处理0.3mol，对应二氧化碳的质量为，因此D选项正确；
综上，答案选C。
【分析】该装置为原电池，Al作负极，在反应中失去电子生成，多孔碳电极为正极，反应中得到电子生成，在该过程中作催化剂。
10．【答案】D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构和性质；酰胺
【解析】【解答】A．该分子中仅含有1个酰胺键，在碱性条件下水解时，1 mol该物质的酰胺键消耗1 mol NaOH，A正确；
B．分子结构中的氨基可以被酸性氧化，B正确；
C．α位氮原子直接和羰基相连，氮原子的孤对电子会与羰基发生p-π共轭，导致氮原子的电子云密度降低，结合质子（）的能力下降，碱性减弱；而β位氮是氨基氮，它的电子云密度更高，因此α位氮的碱性弱于β位氮，C正确；
D．α位氮上连接了甲基，甲基中的碳原子一共形成4个σ键，属于杂化，因此该分子中并不是所有碳原子都为杂化，D错误；
故选D。
【分析】 根据苯并咪唑 结构，含有官能团酰胺基和氨基，酰胺基碱性水解消耗氢氧化钠，氨基可被高锰酸钾氧化，氧元素电负性较大，吸引电子使 电子云密度较小，碱性变弱，此有机物碳有和两种杂化方式。
11．【答案】C
【知识点】化学实验安全及事故处理；过滤；探究物质的组成或测量物质的含量；电离平衡常数
【解析】【解答】A．浓磷酸属于腐蚀性强酸，若不慎沾到皮肤上，应当先使用大量流动水冲洗掉大部分浓磷酸，之后再涂抹稀碳酸氢钠溶液来中和残留在皮肤上的酸，因此A处理操作正确；
B．题目制备过程中有机杂质会被炭化，最终生成不溶于磷酸液体的炭固体颗粒，分离这种固液混合物，采用的操作方法就是过滤，因此B操作正确。
C．对于 的电离： ；。 当 时，电离方程式中除氢离子外的对应两种粒子浓度相等：时，时，此时 仅占一半，不是物质的量分数最大的点。 物质的量分数最大时，溶液的pH值近似等于，即，C错误；
D．纯 中K的质量分数为：，产品中K的质量分数高于纯品；中K的质量分数为，高于，因此产品混有 会使钾的质量分数升高，D正确；
故选C。
【分析】A．根据实验安全，皮肤上沾油浓硫酸时，先用大量水冲洗，后涂上碳酸氢钠；
B．由实验过程可得b操作是过滤；
C．根据题目中磷酸Ka值， 物质的量分数最大时，pH为7.2；
D．纯 中K的质量分数为：，中K的质量分数为， 29.01％ 介于二者之间。
12．【答案】C
【知识点】晶胞的计算；金属晶体的基本堆积模型
【解析】【解答】A． 属于体心立方堆积，以位于体心的Fe原子为例，距离它最近且间距相等的顶点Fe原子共有8个，因此配位数为8，A项错误；
B．n截面为矩形，其面积为。该截面上4个顶点的Fe原子，每个对截面的贡献为，体心位置的原子完全属于该截面，因此截面包含的总Fe原子数为，因此单位面积的Fe原子数为，B项错误；
C．m截面为正方形，面积为，该截面包含的总原子数为，因此单位面积的Fe原子数为，小于n截面的单位面积原子数。根据题意，单位面积的Fe原子数越多，催化活性越低，因此催化活性更高的是m截面，C项正确；
D．该晶胞中Fe原子的总数为，晶胞的总质量为。已知晶胞边长为 a pm=a×10 10 cm， 因此晶胞密度为，D项错误；
答案选C。
【分析】A．根据晶胞结构，晶胞中Fe的配位数为8；
B． 单位面积含有的Fe原子个数 等于铁原子个数除以截面面积；
C．通过计算m和n单位面积含有铁原子个数，可比较催化活性；
D．晶胞密度等于晶胞质量除以晶胞体积，代入公式计算即可。
13．【答案】D
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．原NaR溶液中R 水解促进水的电离，滴入酸HM时，反应生成弱酸HR，R 浓度减小，水的电离被促进的程度减弱，HM过量后电离出H+抑制水的电离，水的电离程度一直减小，A项错误；
B．由和可知，，电离平衡常数为定值，pH越小c(H+)越大，该比值越大，pH=6时c(H+)大于pH=7时，则pH=6时比值更大，B项错误；
C．滴入等浓度溶液后，根据反应，得到的溶液中、浓度相等，因，说明溶液中的电离程度远大于的水解程度，则，C项错误；
D．向其中滴入等浓度的溶液后，根据物料守恒可知，微粒处于同一溶液中，根据物料守恒可得；根据电荷守恒可知，两式相加，整理可得关系式，则，D项正确；
答案选D。
【分析】A． NaR 促进水电离， HM 抑制水电离，随着 HM的滴入，水的电离程度先变小后变大；
B．根据Ka表达式，，比值和氢离子浓度呈正比；
C． 滴入10.00mL HM溶液后 ，溶液溶质为等浓度、，溶液呈酸性，；
D．结合溶液中物料守恒和电荷守恒可得大小关系。
14．【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；配合物的成键情况
【解析】【解答】A．该反应的总方程式为，产物乙酸分子中存在非极性共价键，该化学键是在反应过程中新生成的，因此该反应过程中有非极性键生成，A正确；
B．题述配合物可表示为，整个配离子带1个单位负电荷。各配体的电荷情况：每个带1个单位负电荷，3个的总电荷为；带1个单位负电荷；是中性配体，电荷为0。设Rh的化合价为，根据配离子整体电荷列式可得：，解得，即Rh的化合价为+3价，B错误；
C．根据反应机理可知，中配位的，会发生迁移插入到键中，生成，最终该标记碳原子会进入产物乙酸的羧基中，因此反应一段时间后，可以在产物中检测到，C正确；
D．羰基中氧的电负性大于碳，因此羰基碳原子带有较强的正电性；水分子中氧原子带有孤对电子，带部分负电荷，会进攻带正电的羰基碳，经过水解反应最终生成乙酸，D正确；
故选B。
【分析】A．根据机理图，有碳碳键生成；
B．根据机理图中Rh成键情况，Rh的化合价为+3价；
C．中配位的，会进入产物乙酸的羧基中；
D．根据反应 ⑥ 中物质转化，电负性大的 O原子进攻正电性很强的羰基碳 。
15．【答案】（1）直形冷凝管；B
（2）
（3）反应速率减慢，单位时间内生成的环己酮量少，导致产率降低
（4）降低环己酮在水中的溶解度，有利于液体分层
（5）C
（6）①⑤
（7）68.0
【知识点】常用仪器及其使用；蒸馏与分馏；分液和萃取
【解析】【解答】（1）①观察装置可知，蒸馏装置中仪器X是直形冷凝管；
②计算最终圆底烧瓶内反应液的总体积： V = 56 + 10 + 10 + 12 + 60 = 148 mL， 根据蒸馏操作的规范要求，蒸馏时烧瓶内液体的体积不能超过烧瓶容积的，避免加热时液体暴沸冲入冷凝管，同时液体体积也不能少于烧瓶容积的，保证液体受热均匀、蒸馏顺利进行。由此推导，烧瓶的容积范围为 148÷≈ 222 mL至148 ÷= 444 mL之间 ，因此最合适的圆底烧瓶规格为250 mL，选B；
（2）环己醇被重铬酸钠在酸性条件下氧化，Cr元素被还原为$\text{Cr}^{3+}$，环己醇被氧化为环己酮，反应还生成硫酸钠和水，配平后化学方程式为：
；
（3）如果反应温度过低，反应速率会变慢，单位时间内生成环己酮的量偏少，最终导致产率降低；
（4）加入饱和食盐水后，水相密度增大，同时可以提高水相的离子强度，减少环己酮在水中的溶解，更有利于有机层和水层分层，因此作用是：降低环己酮在水中的溶解度，便于分层分离；
（5）A．振荡分液漏斗时，需要将分液漏斗倒置，再进行振荡，并及时放气，该操作错误；
B．放气操作是振荡后将漏斗口向下倾斜，缓慢打开旋塞放气，不需要打开上口玻璃塞，该操作错误；
C．分液时，需要先打开分液漏斗上口的玻璃塞，或者使塞上凹槽对准漏斗颈的小孔，平衡内外气压，再打开旋塞放出下层液体，最后从上口倒出上层的有机层，该操作正确；
D．静置分层需要将分液漏斗放置在铁架台的铁圈上静置，不能手持，该操作错误；
综上选C。
（6）①该仪器是球形冷凝管，蒸馏操作需要用直形冷凝管，球形冷凝管一般用于反应回流，蒸馏不能使用，符合题意；
②蒸馏需要用温度计控制馏出物的温度，必须使用，不符合题意；
③蒸馏时需要用尾接管（牛角管）将冷凝后的馏分导入接收瓶，必须使用，不符合题意；
④蒸馏时可以用烧杯作为接收容器，需要使用，不符合题意；
⑤分液漏斗用于萃取分液操作，蒸馏过程中不需要使用，符合题意；
因此蒸馏不需要用到的仪器是①⑤。
（7）10 mL环己醇的质量为，环己醇的摩尔质量为100g/mol，因此其物质的量为。根据反应关系，理论上生成环己酮的物质的量为 ，环己酮摩尔质量为98g/mol，因此理论质量为。实际得到6.4g环己酮，因此产率为。
【分析】（1）选择圆底烧瓶规格应比反应溶液总体积略大；
（2）环己醇中羟基被氧化为羰基， 还原产物为 ，可书写对应反应方程式；
（3）温度越低，反应速率越慢；
（4）加入食盐的目的是有利于分层，便于分液；
（5）萃取操作时，尖嘴倾斜向上进行振荡，打开活塞进行放气，把分液漏斗放置在铁架台上进行静置；
（6）蒸馏装置中不用球形冷凝管和分液漏斗；
（7）产物等于实际产量除以理论产量，
（1）①根据装置示意图，蒸馏装置中X为直形冷凝管。
②由题目信息，在整个实验流程中，圆底烧瓶最终反应液体积约为V = 56 + 10 + 10 + 12 + 60 = 148 mL，根据实验规范，蒸馏液体 所用圆底烧瓶的最佳规格应使 液体体积不超过烧瓶容积的 以防止暴沸或液体冲入冷凝管，同时也不少于烧瓶容积的以保证有效蒸馏和受热均匀。由此推算， 烧瓶容积应在148÷≈ 222 mL至148 ÷= 444 mL之间，因此所用圆底烧瓶的最佳规格为250 mL，故答案选B。
（2）环己醇被溶液氧化时，溶液中硫酸也参与反应，还原产物为，氧化产物为环己酮，此外还生成水和Na2SO4，故答案为。
（3）温度过低时，反应速率减慢，单位时间内生成的环己酮量少，导致产率降低。
（4）根据题目信息，饱和食盐水密度大于环己酮密度，且可以通过增加水相离子强度，减少有机物在水中的溶解度，故答案为降低环己酮在水中的溶解度，有利于液体分层。
（5）A．用力振荡分液漏斗时应倒置分液漏斗，确保液体充分混合 ，便于安全放气，A错误；
B．使用分液漏斗时，放气应缓慢打开旋塞而不是打开玻璃塞，以避免液体喷出或塞子冲开，B错误；
C．需先将分液漏斗上口的玻璃塞打开，或使玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔，保持漏斗内外气压平衡，再打开旋塞待下层液体全部流尽时，再从上口倒出上层液体，减少残余的下层液体以提升纯度，C正确；
D．静置分层应在铁架台上进行，而非手持。手持静置可能导致漏斗不稳而发生安全事故，或因手部温度加热液体，导致液体重新混合，D错误；
故答案选C。
（6）①为球形冷凝管：蒸馏操作应使用直形冷凝管，球形冷凝管用于回流，不用于蒸馏；
②为温度计：蒸馏需用温度计控制馏分温度，需要使用；
③为尾接管（牛角管）：蒸馏时连接冷凝管与接收瓶，需要使用；
④为烧杯：蒸馏中可作为接收容器或辅助使用；
⑤为分液漏斗：分液漏斗用于萃取分液，蒸馏操作无需使用
故答案为①⑤。
（7）10 mL环己醇的质量为，物质的量为，理论生成环己酮，理论质量为，因此产率为。
16．【答案】（1）第5周期第ⅥA族
（2）PtTe+Na2CO3+O2=Pt+Na2TeO3+CO2
（3）Cu
（4）2：3
（5）将[AuCl4] -还原为金单质、[PtCl6]2-还原为[PtCl4]2-
（6）1.0
（7）Cu3AuH8
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）52Te的原子序数为52，由于36＜52＜54，可知Te位于第5周期，该周期稀有气体元素原子序数为54，因此Te位于倒数第54-52+1=3列，对应周期表位置为第5周期第ⅥA族；
（2）根据题干信息，PtTe中Pt为+2价，且“氧化焙烧”过程中，阳极泥里的化合态Pt、Pd都转化为单质，因此PtTe发生“氧化焙烧”反应后，生成Pt单质、Na2TeO3和CO2，根据氧化还原反应化合价升降守恒配平，可得该反应的化学方程式为： PtTe+Na2CO3+O2=Pt+Na2TeO3+CO2；
（3）结合流程分析可知，滤渣中含有氧化铜，向滤渣中加入稀硫酸进行“酸浸”，可以让氧化铜溶解得到硫酸铜进入滤液b，因此“酸浸”的目的是分离除去Cu元素；
（4）“氯浸”工序中，金属Pt、Pd、Au被氧化为对应配离子：、、。Au转化为的过程中，Au单质的化合价从0价升高到+3价，1mol Au作还原剂时失去3mol电子；氧化剂Cl2中Cl元素化合价从0价降低到-1价，1mol Cl2反应时得到2mol电子；根据得失电子守恒可知，还原剂Au与氧化剂Cl2的物质的量之比为2：3。
（5）根据流程分析可知，“氯浸”步骤中，向滤渣通入氯气并加入浓盐酸，金属Pt、Pd、Au会分别被氧化为对应的氯配离子：[PtCl6]2-、[PdCl6]2-、[AuCl4] -；之后加入过量草酸进行“分金”操作，草酸可将[AuCl4] -还原为金单质，同时将[PtCl6]2-还原为[PtCl4]2-，后续可过滤分离得到金单质。因此加入过量草酸，除了析出得到金属Au，还可以实现上述还原过程，便于后续分离提纯铂。
(6)“沉钯”之前，测得溶液中，加入等体积的NH4Cl溶液充分反应，参加反应的NH4Cl的物质的量是物质的量的2倍，测得反应后混合液中，此时溶液中的浓度为：==0.3mol/L，设初始加入NH4Cl溶液的浓度约为c mol/L，则有：=0.3mol/L，解得c=1.0，故答案为：1.0；
(7)某储氢铜合金具有立方最密堆积的结构，晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点位置，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中，若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2的结构(晶胞结构如图)相似，即一个晶胞中含有Cu的个数为：=3，Au的个数为：=1，体内含有8个H(即CaF2晶胞中8个F-换成8个H)，则该晶体储氢后的化学式为Cu3AuH8。
【分析】阳极泥中包含PtTe、PdSe、Pt、Pd、Au、Cu等组分，先向其中加入纯碱并通入空气完成“氧化焙烧”，之后加水进行“浸取”操作，过滤后可以得到含有Na2TeO3、Na2SeO3的滤液a，同时分离出滤渣；接着往滤渣中加入稀硫酸进行“酸浸”，氧化铜会溶解得到含有硫酸铜的滤液b，过滤后即可分离出含有Pt、Pd、Au的滤渣；再向该滤渣中通入氯气、加入浓盐酸进行“氯浸”，金属Pt、Pd、Au会分别被氧化为对应配离子：[PtCl6]2-、[PdCl6]2-、[AuCl4] -；之后加入过量草酸进行“分金”，可以将[AuCl4] -还原为金单质，将[PtCl6]2-还原为[PtCl4]2-，过滤即可分离得到金单质；最后向滤液中加入氯化铵溶液进行“沉钯”，最终得到含有(NH4)2PtCl4的滤液c和(NH4)2PdCl6沉淀，基于上述流程分析解答相关问题。
（1）52Te的原子序数为52，36＜52＜54，即Te位于第5周期倒数54-52+1=3列，故在周期表中的位置是第5周期第ⅥA族；
（2）由题干已知信息①PtTe中Pt为+2价，且“氧化焙烧”时，阳极泥中的化合态Pt、Pd均转化为单质可知，“氧化焙烧”中，PtTe发生反应生成Pt、Na2TeO3和CO2，根据氧化还原反应配平可得该反应的化学方程式为：PtTe+Na2CO3+O2=Pt+Na2TeO3+CO2；
（3）由分析可知，向滤渣中加入稀硫酸“酸浸”，溶解氧化铜得到含硫酸铜的滤液b，即“酸浸”的目的是分离Cu元素；
（4）“氯浸”工艺中，金属Pt、Pd、Au被氧化为配离子：、、，Au转化为的反应中Au的化合价由0价升高到+3价，而Cl2中Cl的化合价由0价降低到-1价，根据得失电子守恒可知，还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：3；
（5）由分析可知，向滤渣中通入氯气、加入浓盐酸“氯浸”，将金属Pt、Pd、Au分别氧化为配离子：[PtCl6]2-、[PdCl6]2-、[AuCl4] -，再加入过量草酸“分金”，将[AuCl4] -还原为金单质、[PtCl6]2-还原为[PtCl4]2-，过滤分离出金单质，极“分金”加入过量草酸的作用，除析出金属Au外，还有将[AuCl4] -还原为金单质、[PtCl6]2-还原为[PtCl4]2-；
（6）“沉钯”之前，测得溶液中，加入等体积的NH4Cl溶液充分反应，参加反应的NH4Cl的物质的量是物质的量的2倍，测得反应后混合液中，此时溶液中的浓度为：==0.3mol/L，设初始加入NH4Cl溶液的浓度约为c mol/L，则有：=0.3mol/L，解得c=1.0，故答案为：1.0；
（7）某储氢铜合金具有立方最密堆积的结构，晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点位置，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中，若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2的结构(晶胞结构如图)相似，即一个晶胞中含有Cu的个数为：=3，Au的个数为：=1，体内含有8个H(即CaF2晶胞中8个F-换成8个H)，则该晶体储氢后的化学式为Cu3AuH8。
17．【答案】（1）羧基、硝基
（2）消耗反应生成的H2SO4促进反应正向进行
（3）
（4）++HBr
（5）9
（6）；叔丁醇钾的碱性比甲酸钠更强，能更有效地脱去F中的酸性氢，生成碳负离子，从而促进分子内环化反应正向进行，提高产率
（7）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由题干合成流程图中A的结构简式：可知，A中含氧官能团的名称是羧基和硝基，故答案为：羧基、硝基；（2）
由题干合成流程图可知，A→B过程中生成了B和H2SO4，故K2CO3的作用是消耗反应生成的H2SO4促进反应正向进行，故答案为：消耗反应生成的H2SO4促进反应正向进行；（3）
由分析可知，C的结构简式为：；（4）
由分析可知，E的结构简式为，故由D生成F的化学反应方程式为：++HBr；（5）
根据上述分析可知E的结构简式为，发生消去反应生成，其满足条件的同分异构体含有2个醛基，从分子式中减去2个—CHO，还余4个碳、8个H，结构中不含其他不饱和键、不含环状结构，4个碳的碳链有2种情况（、），链状二元醛，采用“定一移一”分析方法，先确定其中1个醛基位置，有4种情况、、、(另一个醛基重复，个数为0)，再确定第二个醛基的位置（①～⑨为第二个醛基的位置），共9种，故答案为：9；【(6)题详解】
①由题干流程图中F和G的结构简式可知，在F的结构简式的基础上补全碳负离子的结构为：；②实验表明采用叔丁醇钾[(CH3)3COK]提供碱性环境时比采用甲酸钠的产率更大，其原因为叔丁醇钾的碱性比甲酸钠更强，能更有效地脱去F中的酸性氢，生成碳负离子，从而促进分子内环化反应正向进行，提高产率；
【(7)题详解】
由题干流程图可知，I的结构简式为：，I与在NaHCO3、DCM条件下发生取代反应生成J，J的结构简式为：，结合题干B到C的转化信息可知，J在SnCl2、甲醇环境下发生还原反应，将硝基还原为氨基，故K的结构简式为：，结合K、L的结构简式和X的分子式可推知X的结构简式为：，故答案为：。
【分析】根据题干给出的合成路线，A和(CH3)2SO4在碳酸钾、丙酮的条件下发生取代反应，生成B。结合C的分子式、B和D的结构，以及B到C、C到D的反应条件可以推得：B先发生还原反应得到C，C再发生取代反应得到D；之后D和分子式为C6H11O2Br的E发生取代反应生成F，结合F的结构可以推得E的结构简式为；接着F分子自身发生取代反应环化得到G，反应过程中生成甲醇，G转化得到H，H再经过水解最终得到I，我们可以按照这个流程分析各问题。
（1）由题干合成流程图中A的结构简式：可知，A中含氧官能团的名称是羧基和硝基，故答案为：羧基、硝基；
（2）由题干合成流程图可知，A→B过程中生成了B和H2SO4，故K2CO3的作用是消耗反应生成的H2SO4促进反应正向进行，故答案为：消耗反应生成的H2SO4促进反应正向进行；
（3）由分析可知，C的结构简式为：；
（4）由分析可知，E的结构简式为，故由D生成F的化学反应方程式为：++HBr；
（5）根据上述分析可知E的结构简式为，发生消去反应生成，其满足条件的同分异构体含有2个醛基，从分子式中减去2个—CHO，还余4个碳、8个H，结构中不含其他不饱和键、不含环状结构，4个碳的碳链有2种情况（、），链状二元醛，采用“定一移一”分析方法，先确定其中1个醛基位置，有4种情况、、、(另一个醛基重复，个数为0)，再确定第二个醛基的位置（①～⑨为第二个醛基的位置），共9种，故答案为：9；
（6）①由题干流程图中F和G的结构简式可知，在F的结构简式的基础上补全碳负离子的结构为：；
②实验表明采用叔丁醇钾[(CH3)3COK]提供碱性环境时比采用甲酸钠的产率更大，其原因为叔丁醇钾的碱性比甲酸钠更强，能更有效地脱去F中的酸性氢，生成碳负离子，从而促进分子内环化反应正向进行，提高产率；
（7）由题干流程图可知，I的结构简式为：，I与在NaHCO3、DCM条件下发生取代反应生成J，J的结构简式为：，结合题干B到C的转化信息可知，J在SnCl2、甲醇环境下发生还原反应，将硝基还原为氨基，故K的结构简式为：，结合K、L的结构简式和X的分子式可推知X的结构简式为：，故答案为：。
18．【答案】（1）+44
（2）A；B
（3）c
（4）；温度升高，副反应的速率增大，更多乙醇转化为副产物，所以乙酸选择性降低；
（5）阴极；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）反应焓变ΔH=生成物总标准生成热 反应物总标准生成热。对反应Ⅰ：代入数据：；
（2）A：对于反应Ⅰ，每反应生成 同时生成，反应Ⅱ每生成 同时生成 ，当体系中 与 的物质的量之比保持不变时，说明体系中各组分的物质的量不再改变，因此反应Ⅰ达到平衡状态，A正确；
B：反应体系中所有气体的总质量恒定，且两个反应都是气体分子数增加的反应，反应未平衡时气体总物质的量会随反应进行不断改变。混合气体平均摩尔质量满足公式，当平均摩尔质量$\ce{ M_{混}}$不再变化时，说明气体总物质的量 已经不再改变，反应体系达到平衡状态，B正确；
C：平衡状态下正逆反应速率相等，满足关系应为，选项给的关系不满足平衡要求，C错误；
D：容器为恒温恒容，气体总质量和容器体积始终不变，因此混合气体的密度始终是定值，密度不变不能说明反应达到平衡，D错误；
综上，答案选AB；
（3）反应Ⅰ，反应后气体分子数增多，，则中，斜率为，时，且随着温度升高的值减小，对应曲线c；
（4）①时乙酸选择性最高，副产物最少，是最适宜温度；
②温度升高后，生成副产物的反应速率加快，更多乙醇转化为副产物，因此乙酸选择性下降；
③转化的乙醇总物质的量为，由，得，。各物质平衡量：，，，。 分压：，，，。；
（5）①外电路中电子移动方向为流向电极X，说明X是得电子的一极，发生还原反应，因此X为电解池的阴极。
②M是水被强氧化剂空穴 （，强氧化剂） 氧化得到的产物，也就是氧气，该过程在酸性条件下发生，反应的电极方程式为。
【分析】（1）根据计算公式，焓变等于反应物总键能减去生成物总键能；
（2）考查化学平衡状态判断，根据反应 Ⅰ方程式特点，氢气和乙酸物质的量比值是变量，气体平均摩尔质量是变量，当其不变时，可判断反应已达到平衡状态；
（3） 反应Ⅰ 是，则中，斜率为，据此分析；
（4）①乙酸选择性最高，副产物最少，对应温度为；
①升高温度，副产物增多，乙酸选择性减小；
③化学平衡计算，由投料量，转化率，可计算平衡量，代入平衡常数计算公式进行计算；
（5）根据装置图中电子方向，电极X为阴极，电极Y得电子，生成氧气。
（1）反应焓变ΔH=生成物总标准生成热 反应物总标准生成热。对反应Ⅰ：代入数据：。
（2）A：反应Ⅰ生成和，反应Ⅱ生成和， 与的物质的量之比不变时，说明各产物物质的量不变，反应Ⅰ达到平衡，A正确；
B：总气体质量不变，两个反应均为气体分子数增多的反应，总物质的量随反应进行变化，平均摩尔质量 ，不变时说明不变，反应达到平衡，B正确；
C：平衡时应满足，C错误；
D：恒温恒容，总气体质量和体积都不变，密度始终不变，不能说明平衡，D错误；
故选AB；
（3）反应Ⅰ，反应后气体分子数增多，，则中，斜率为，时，且随着温度升高的值减小，对应曲线c。
（4）①时乙酸选择性最高，副产物最少，是最适宜温度。
②温度升高后，生成副产物的副反应速率加快，更多乙醇转化为副产物，因此乙酸选择性下降。
③转化的乙醇总物质的量为，由，得，。各物质平衡量：，，，。 分压：，，，。。
（5）①电子移向电极X，X得到电子发生还原反应，为阴极。
②是水被空穴（，强氧化剂）氧化生成的氧气，酸性条件下电极反应如上为。
1 / 1湖南岳阳市2026届高三教学质量监测（二）化学试题
1．当前中东局势复杂多变，全球能源与战略材料供应面临挑战，我国坚持科技自立自强，在国防军工、能源安全、高端材料等领域实现自主可控。下列说法正确的是
A．国产新型导弹采用和作推进剂，二者反应时作还原剂
B．“巨浪-3”潜射导弹使用了高性能碳纤维，碳纤维属于新型有机高分子材料
C．隐身战机的防护层采用了无氰电镀技术，电镀过程中化学能转化为电能
D．新型两栖装甲车采用了碳化硅增强铝基复合材料，碳化硅属于硅酸盐材料
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；常见能量的转化及运用
【解析】【解答】A．在中N元素为负价，和发生反应时，N元素的化合价会升高，该物质失去电子，因此在反应中作还原剂，A正确；
B．碳纤维的主要成分是碳单质，属于无机非金属材料，不属于有机高分子材料，B错误；
C．电镀过程依靠电解原理实现，该过程中将电能转化为了化学能，C错误；
D．碳化硅不具备硅酸盐的结构与组成，不属于硅酸盐材料，属于新型无机非金属材料，D错误；
综上，答案选A。
【分析】A．中低价氮具有还原性；
B．碳纤维成分是碳单质；
C．电镀原理是电解池，能量转化为电能转化为化学能；
D．碳化硅属于新型无机非金属材料。
2．下列化学用语或图标表达正确的是
A．基态硒原子的简化电子排布式：
B．的电子式：
C．对硝基甲苯的结构简式：
D．Na与水反应的实验过程中涉及的图标：
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；有机化合物的命名；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．硒的原子序数为34，基态硒原子的核外电子简化排布式应为，因此A错误；
B．属于共价化合物，其正确电子式为，原表示错误，故B错误；
C．对硝基甲苯中，甲基和硝基在苯环上处于对位，且硝基通过氮原子与苯环相连，其正确结构简式为，原表示错误，故C错误；
D．钠与水反应的实验中，需要用小刀切割金属钠，反应生成的氢氧化钠具有腐蚀性，对应题给图示中的腐蚀品安全标识；且反应生成的氢气属于易燃气体，也对应易燃安全标识，该实验过程确实涉及这一组安全标识，因此D正确；
故选D。
【分析】A．根据电子式排布规则，基态硒原子的核外电子简化排布式应为；
B．过氧化氢是共价化合物；
C．对硝基甲苯中硝基中的氮原子和苯环相连；
D．根据实验安全注意事项，钠和水反应剧烈，放热，需要用防护镜，防止伤到手指，在通风处，实验后洗手。
3．下列关于废弃物的处理方法中，正确的是
A．实验室未用完的钠、钾、白磷等不能放回原试剂瓶
B．不需要回收的含乙醇、溴乙烷的有机废液，可用焚烧法处理后直接排放
C．强氧化剂如、固体不能随意丢弃，可配成溶液后再进行常规处理
D．向铜和浓硫酸反应后的废液中加水稀释，再进行碱中和处理
【答案】C
【知识点】化学试剂的存放；化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】A. 钠、钾、白磷都属于易燃易爆的危险化学品，随意丢弃极易引发安全事故，因此实验后剩余的这类药品必须放回原试剂瓶，不允许随意丢弃，因此A选项错误；
B. 溴乙烷本身含有溴元素，直接焚烧溴乙烷会生成含溴的有毒污染物，造成大气污染，因此不能采用直接焚烧的方式处理，B选项错误；
C. 、都属于强氧化性物质，这类物质如果和还原性物质混合接触，很容易发生反应引发爆炸，将它们配制成低浓度溶液后，氧化性会明显减弱，就可以按照常规方法处理了，因此C选项正确；
D. 铜与浓硫酸反应后所得的废液中含有大量未反应完的浓硫酸，如果直接向废液中加水，浓硫酸稀释时会释放大量热，会导致液体暴沸飞溅，引发安全事故；正确的操作应当是将废液缓慢沿容器壁倒入水中稀释后，再加碱进行中和处理，因此D选项错误；
综上，本题答案选C。
【分析】题目考查废弃物处理方法，钠、钾和白磷等需放回原试剂瓶；有机废液需要处理，防止生成有毒物质造成污染；高锰酸钾和氯酸钾具有强氧化性，不能随意丢弃；铜和浓硫酸反应后，待液体冷却，将废液倒入水中进行稀释，加碱进行中和处理。
4．有关化学概念或物质性质描述错误的是
A．清洗铁锅后及时擦干，能减缓铁锅因发生化学腐蚀而生锈
B．用核磁共振氢谱能区分和
C．人体细胞和细胞器的双分子膜体现了超分子的自组装特征
D．常温下，氯气与铁在干燥情况下不反应，所以液氯可以储存在钢瓶中
【答案】A
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；氯气的化学性质；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】A．铁锅生锈的本质是铁、铁锅内含的碳杂质，和铁锅表面附着的水膜共同构成原电池，发生电化学腐蚀，并非普通化学腐蚀；将铁锅擦干水分，就是为了破坏原电池形成的条件，从而减缓电化学腐蚀，A选项说法错误；
B．（乙酸）和（甲酸甲酯），二者分子中确实都只有两种化学环境的氢，且核磁共振氢谱的峰面积比都为3：1（或1：3），但处于不同官能团上的氢，化学位移并不相同，在核磁共振氢谱中峰出现在不同位置，因此可以通过该方法区分二者，B选项说法正确；
C．人体细胞的磷脂双分子膜，是依靠分子间作用力自发组装形成的超分子体系，这一过程正好体现了超分子的自组装特征，C选项说法正确；
D．常温环境下，干燥的氯气和铁不会发生反应，只有氯气中含水时，才会反应腐蚀铁，因此液态的氯气可以储存在钢瓶中，D选项说法正确；
本题选A。
【分析】A．铁锅生锈是电化学腐蚀；
B．和 中等效氢种类数不同；
C．人体细胞和细胞器的双分子膜体现了超分子的自组装特征 ；
D．氯气和铁在点燃条件下反应，常温下不反应。
5．下列离子方程式可正确解释相应变化的是
A．与反应：
B．固体溶于重水：
C．用硫氰化钾溶液检验溶液中的：
D．向氯化银悬浊液中滴加氨水：
【答案】D
【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；离子方程式的书写；钠的氧化物
【解析】【解答】A．和水的反应属于过氧化钠的自身歧化反应，反应生成的氧气中的氧元素全部来自过氧化钠，标记的最终会进入氢氧根中，产物中不含，因此A选项错误；
B．铵根溶解在重水中发生水解反应时，会结合重水电离出的，正确的离子方程式应为，因此B选项错误；
C．和反应得到的是可溶性络合物，并不是沉淀，不能在方程式中添加沉淀符号，因此C选项错误；
D．氯化银可以和氨水反应生成可溶性的银氨络离子，该反应的离子方程式书写正确，因此D选项正确；
综上，答案选D。
【分析】A．过氧化钠和水反应时，生成氧气中的氧来自于过氧化钠；
B．根据水解规律，铵根离子水解离子方程式为；
C．是络合物，不是沉淀；
D．氯化银溶液氨水生成配合物。
6．氯及其化合物的转化关系如图所示，为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1.12L 中含有的质子数为
B．理论上反应①中每消耗0.2mol HCl，生成的分子数为
C．反应②中氧化产物与还原产物的物质的量之比为5∶1
D．在的溶液中，含有的数小于
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；气体摩尔体积；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．该选项没有说明气体所处的状态是标准状况，无法计算的物质的量，因此A错误；
B．反应①的化学方程式为，从方程式可以看出，每消耗，对应生成；因此当消耗时，会生成，生成的氯气分子数为，B正确；
C．反应②的化学方程式为，该反应中Cl元素发生歧化反应，Cl被氧化得到氧化产物，被还原得到还原产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为，C错误；
D．该选项仅给出了溶液的物质的量浓度，没有给出溶液的体积，无法计算溶质的物质的量，D错误；
综上，答案选B。
【分析】A．未指明条件，无法计算；
B．反应①的化学方程式为，根据方程式计算；
C．反应②的化学方程式为，氯化钾是还原产物，氯酸钾是氧化产物；
D．体积未知，无法计算。
7．X、Y、Z、M、Q5种元素的原子序数依次增大，其中X、Y、Z、Q分别位于周期表中前四个不同周期，X、Y同主族，Z、M基态原子核外都有5种能量不同的电子，且都只有一个未成对电子，Q元素位于元素周期表第6列，下列说法错误的是
A．X和Y形成的一种离子化合物，阳离子半径大于阴离子半径
B．Z和M形成的两种化合物和均为非极性分子
C．基态Q原子核外电子有15种空间运动状态
D．X、Y、Q最外层电子数相同
【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；原子结构与元素的性质；极性分子和非极性分子；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．H和Li形成的离子化合物为LiH，其中阳离子为、阴离子为，二者电子层结构相同，对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，因此离子半径：，即阳离子半径小于阴离子半径，A错误；
B．即，为平面正三角形结构，分子的正负电荷中心重合；即，为对称结构，分子的正负电荷中心也重合，因此二者都属于非极性分子，B正确；
C．Cr的核外电子排布式为，原子核外每个轨道对应一种不同的电子空间运动状态，Cr原子的轨道总数为1(1s)+1(2s)+3(2p)+1(3s)+3(3p)+5(3d)+1(4s)=15，因此Cr原子核外电子共有15种不同的空间运动状态，C正确；
D．H、Li、Cr三种元素的最外层电子数均为1，最外层电子数相同，D正确；
故选A。
【分析】已知X、Y、Z、Q分属前4个不同周期，且原子序数依次增大，因此X位于第一周期；又X与Y同主族，可推得X为氢元素，Y为第二周期第IA族的锂元素；Z和M的基态原子核外有5种能量不同的电子，说明二者核外共有5个填充了电子的能级，对应能级为1s、2s、2p、3s、3p，因此Z、M都位于第三周期，且二者都只有1个未成对电子，结合原子序数Z，只有1个未成对电子），M为氯元素（核外电子排布，只有1个未成对电子）；Q位于第四周期，在元素周期表的第6列，因此Q为第四周期VIB族的铬元素，据此分析。
8．室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是
选项 探究方案 探究目的
A 分别向少量ZnS固体和CuS固体中加入足量的浓硝酸 验证
B 将与混合加热，得到、、HCl 证明比更易水解
C Zn、Fe为电极，酸化的3％ NaCl溶液作电解质溶液，连接成原电池装置，一段时间后，直接向Fe电极区滴入2滴溶液，观察现象 探究金属的电化学保护法
D 分别向氯化镁和氯化铝溶液中加入过量的氨水 比较镁和铝元素的金属性强弱
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二价铁离子和三价铁离子的检验；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．浓硝酸具有强氧化性，加入足量浓硝酸后，浓硝酸会将ZnS和CuS中的硫离子氧化，最终两种沉淀都会溶解，该过程发生了氧化还原反应，因此无法通过该现象证明溶度积常数 ，A选项错误；
B．将和混合加热时，会先和结晶水发生反应，生成和HCl。反应生成的HCl能够抑制铝离子水解，最终可以得到无水氯化铝，由此可以说明的水解程度比氯化铝更大，即比氯化铝更易水解，因此B选项正确；
C．以Zn、Fe为电极，酸化的3% NaCl溶液为电解质构成原电池后，Fe作原电池的正极，被保护。铁氰化钾的作用是检验，若Fe电极被保护，就不会有亚铁离子生成；但直接向原电池的溶液中滴加铁氰化钾，无法避免铁氰化钾直接和Fe电极反应生成亚铁离子，会对实验结果造成干扰，不能验证Fe是否被保护，因此C选项错误；
D．向氯化镁和氯化铝溶液中分别加入过量氨水，由于氢氧化铝不溶于弱碱氨水，最终两种溶液都会生成氢氧化物沉淀，因此无法比较和 的碱性强弱，也就无法比较镁和铝的金属性强弱，D选项错误；
综上，答案选B。
【分析】A． ZnS固体和CuS固体与硝酸发生氧化还原反应，无法比较溶解度大小；
B．与H2O反应生成氯化氢，可抑制铝离子水解，得到氯化铝；
C．实验方案中铁可能会和 反应，生成亚铁离子，干扰实验；
D．向氯化镁和氯化铝溶液中加入氨水，实验现象一样。
9．一种辅助的电池能有效地将转化成化工原料，该电池工作原理如图所示，其中多孔碳电极上的产物为，作为催化剂，催化过程分2步进行，反应Ⅰ：，下列说法不正确的是
A．多孔碳电极有利于气体扩散至电极表面
B．催化反应的反应Ⅱ：
C．常用的离子液体是，阳离子以单个形式存在具有良好的溶解性能，则与N原子相连的、被H原子替换后溶解性能更佳
D．当有0.1mol 穿过隔膜时，可以处理13.2g
【答案】C
【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．多孔碳电极具有疏松多孔的结构，比表面积较大，更利于扩散到电极表面，让气体与电极充分接触，因此A选项正确；
B．是该反应总反应的催化剂，总正极反应为；该正极反应分两步进行，已知第一步反应为，将总正极反应减去配平后的第一步反应，即可得到第二步反应为，因此B选项正确；
C．阳离子以单个分子形式存在时，该电解质的溶解性能良好；如果把和N相连的、替换为H，替换后可以形成分子间氢键，阳离子无法再以单个分子形式存在，溶解性会下降，因此C选项错误；
D．负极Al反应生成时，整个电路转移电子的总物质的量为；正极上转化为，每个C原子从+4价变为+3价，即每个可以得到1mol电子，因此电子可以处理0.3mol，对应二氧化碳的质量为，因此D选项正确；
综上，答案选C。
【分析】该装置为原电池，Al作负极，在反应中失去电子生成，多孔碳电极为正极，反应中得到电子生成，在该过程中作催化剂。
10．苯并咪唑是一种常用的抗病毒、抗癌药，其一种中间体结构如图。关于该物质的说法错误的是
A．1mol该物质最多能和1mol NaOH反应
B．能被酸性溶液氧化
C．的碱性弱于
D．该分子中所有碳原子都采用杂化
【答案】D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构和性质；酰胺
【解析】【解答】A．该分子中仅含有1个酰胺键，在碱性条件下水解时，1 mol该物质的酰胺键消耗1 mol NaOH，A正确；
B．分子结构中的氨基可以被酸性氧化，B正确；
C．α位氮原子直接和羰基相连，氮原子的孤对电子会与羰基发生p-π共轭，导致氮原子的电子云密度降低，结合质子（）的能力下降，碱性减弱；而β位氮是氨基氮，它的电子云密度更高，因此α位氮的碱性弱于β位氮，C正确；
D．α位氮上连接了甲基，甲基中的碳原子一共形成4个σ键，属于杂化，因此该分子中并不是所有碳原子都为杂化，D错误；
故选D。
【分析】 根据苯并咪唑 结构，含有官能团酰胺基和氨基，酰胺基碱性水解消耗氢氧化钠，氨基可被高锰酸钾氧化，氧元素电负性较大，吸引电子使 电子云密度较小，碱性变弱，此有机物碳有和两种杂化方式。
11．用废磷酸(含有机杂质)制取，下列说法错误的是
已知：、、。
A．若浓磷酸不慎沾到手上，先用大量水冲洗，然后涂上溶液
B．若步骤a把易炭化的有机杂质转化为炭颗粒，则步骤b的操作为过滤
C．为使产品中的物质的量分数最大，滴加KOH溶液调pH，最适pH为7.2
D．产品中钾元素的质量分数为29.01％，则产品中可能混有杂质
【答案】C
【知识点】化学实验安全及事故处理；过滤；探究物质的组成或测量物质的含量；电离平衡常数
【解析】【解答】A．浓磷酸属于腐蚀性强酸，若不慎沾到皮肤上，应当先使用大量流动水冲洗掉大部分浓磷酸，之后再涂抹稀碳酸氢钠溶液来中和残留在皮肤上的酸，因此A处理操作正确；
B．题目制备过程中有机杂质会被炭化，最终生成不溶于磷酸液体的炭固体颗粒，分离这种固液混合物，采用的操作方法就是过滤，因此B操作正确。
C．对于 的电离： ；。 当 时，电离方程式中除氢离子外的对应两种粒子浓度相等：时，时，此时 仅占一半，不是物质的量分数最大的点。 物质的量分数最大时，溶液的pH值近似等于，即，C错误；
D．纯 中K的质量分数为：，产品中K的质量分数高于纯品；中K的质量分数为，高于，因此产品混有 会使钾的质量分数升高，D正确；
故选C。
【分析】A．根据实验安全，皮肤上沾油浓硫酸时，先用大量水冲洗，后涂上碳酸氢钠；
B．由实验过程可得b操作是过滤；
C．根据题目中磷酸Ka值， 物质的量分数最大时，pH为7.2；
D．纯 中K的质量分数为：，中K的质量分数为， 29.01％ 介于二者之间。
12．可用作合成氨催化剂，其立方晶胞如图所示(晶胞边长为a pm)。已知截面单位面积含有Fe原子个数越多，催化活性越低。下列说法正确的是
A．晶胞中Fe的配位数为6
B．n截面单位面积含有的Fe原子个数为(个)
C．m、n截面中，催化活性较高的是m
D．晶胞的密度为
【答案】C
【知识点】晶胞的计算；金属晶体的基本堆积模型
【解析】【解答】A． 属于体心立方堆积，以位于体心的Fe原子为例，距离它最近且间距相等的顶点Fe原子共有8个，因此配位数为8，A项错误；
B．n截面为矩形，其面积为。该截面上4个顶点的Fe原子，每个对截面的贡献为，体心位置的原子完全属于该截面，因此截面包含的总Fe原子数为，因此单位面积的Fe原子数为，B项错误；
C．m截面为正方形，面积为，该截面包含的总原子数为，因此单位面积的Fe原子数为，小于n截面的单位面积原子数。根据题意，单位面积的Fe原子数越多，催化活性越低，因此催化活性更高的是m截面，C项正确；
D．该晶胞中Fe原子的总数为，晶胞的总质量为。已知晶胞边长为 a pm=a×10 10 cm， 因此晶胞密度为，D项错误；
答案选C。
【分析】A．根据晶胞结构，晶胞中Fe的配位数为8；
B． 单位面积含有的Fe原子个数 等于铁原子个数除以截面面积；
C．通过计算m和n单位面积含有铁原子个数，可比较催化活性；
D．晶胞密度等于晶胞质量除以晶胞体积，代入公式计算即可。
13．常温，向20.00mL NaR溶液中滴入等浓度的HM溶液，所得溶液中与的关系如图所示。已知，下列说法正确的是
A．随着HM的滴入，水的电离程度先变大后变小
B．pH=6时，的值比pH=7时的小
C．滴入10.00mL HM溶液后，溶液中存在：
D．滴入20.00mL HM溶液后，溶液中存在：
【答案】D
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．原NaR溶液中R 水解促进水的电离，滴入酸HM时，反应生成弱酸HR，R 浓度减小，水的电离被促进的程度减弱，HM过量后电离出H+抑制水的电离，水的电离程度一直减小，A项错误；
B．由和可知，，电离平衡常数为定值，pH越小c(H+)越大，该比值越大，pH=6时c(H+)大于pH=7时，则pH=6时比值更大，B项错误；
C．滴入等浓度溶液后，根据反应，得到的溶液中、浓度相等，因，说明溶液中的电离程度远大于的水解程度，则，C项错误；
D．向其中滴入等浓度的溶液后，根据物料守恒可知，微粒处于同一溶液中，根据物料守恒可得；根据电荷守恒可知，两式相加，整理可得关系式，则，D项正确；
答案选D。
【分析】A． NaR 促进水电离， HM 抑制水电离，随着 HM的滴入，水的电离程度先变小后变大；
B．根据Ka表达式，，比值和氢离子浓度呈正比；
C． 滴入10.00mL HM溶液后 ，溶液溶质为等浓度、，溶液呈酸性，；
D．结合溶液中物料守恒和电荷守恒可得大小关系。
14．以、CO、HI作原料催化合成乙酸的机理如图所示(表示Rh的价态)。下列说法错误的是
A．该过程中有非极性键的形成
B．已知中Rh只以配位键与周围原子结合，则Rh的化合价为价
C．若中C均用标记，反应物CO用，一段时间后在产物中可检出
D．反应⑥的中O原子进攻正电性很强的羰基碳
【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；配合物的成键情况
【解析】【解答】A．该反应的总方程式为，产物乙酸分子中存在非极性共价键，该化学键是在反应过程中新生成的，因此该反应过程中有非极性键生成，A正确；
B．题述配合物可表示为，整个配离子带1个单位负电荷。各配体的电荷情况：每个带1个单位负电荷，3个的总电荷为；带1个单位负电荷；是中性配体，电荷为0。设Rh的化合价为，根据配离子整体电荷列式可得：，解得，即Rh的化合价为+3价，B错误；
C．根据反应机理可知，中配位的，会发生迁移插入到键中，生成，最终该标记碳原子会进入产物乙酸的羧基中，因此反应一段时间后，可以在产物中检测到，C正确；
D．羰基中氧的电负性大于碳，因此羰基碳原子带有较强的正电性；水分子中氧原子带有孤对电子，带部分负电荷，会进攻带正电的羰基碳，经过水解反应最终生成乙酸，D正确；
故选B。
【分析】A．根据机理图，有碳碳键生成；
B．根据机理图中Rh成键情况，Rh的化合价为+3价；
C．中配位的，会进入产物乙酸的羧基中；
D．根据反应 ⑥ 中物质转化，电负性大的 O原子进攻正电性很强的羰基碳 。
15．环己酮是一种重要的有机化工中间体和有机溶剂，实验室合成环己酮的反应如下：
相关信息如下：
物质 相对分子质量 密度(20℃，) 沸点/℃ 与水形成共沸物沸点/℃ 溶解性
环己醇 100 0.96 161.0 97.8 能溶于水
环己酮 98 0.95 155 95 微溶于水，易溶于醇、醚等有机溶剂
饱和食盐水
1.33 - - -
反应装置如下：
实验步骤为：
①在圆底烧瓶中依次加入2粒沸石、56 mL 、10 mL浓(约0.15 mol)、10 mL环己醇，混合混匀。
②将27 g (约0.103 mol)溶于盛有12 mL 的100 mL烧杯中，搅拌使之充分溶解。
③分3次将步骤②所得溶液加至圆底烧瓶中并不断振摇，反应全程控温在60～65℃范围内。10分钟后停止加热，加入适量草酸固体，充分振摇使之溶解。
④向圆底烧瓶中加入60 mL ，改为蒸馏装置，将环己酮和水一起蒸馏出来。
⑤在馏分中加入10 g食盐，充分搅拌，将液体倾至分液漏斗，分离出有机层。
⑥在分离出的有机层中分3次加入适量干燥后，蒸馏，获得产品6.4 g。
回答下列问题：
（1）仪器X的名称为　 　。所用圆底烧瓶的最佳规格为　 　(填标号)。
A.100mL B.250mL C.500mL D.1000mL
（2）环己醇被溶液氧化时，还原产物为，该反应的化学反应方程式为：　 　。
（3）步骤③需要控温在60～65℃范围内，若温度过低，导致的结果是　 　。
（4）步骤⑤中向馏分中加入食盐的目的为　 　。
（5）以下关于萃取分液操作的叙述中，正确的是___________。
A．将液体转移至分液漏斗，塞上玻璃塞，如图用力振荡
B．振荡几次后需打开分液漏斗上口的玻璃塞放气
C．分液时，需先将上口玻璃塞打开或玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔，再打开旋塞待下层液体全部流尽时，再从上口倒出上层液体
D．经几次振荡并放气后，手持分液漏斗静置液体分层
（6）下列仪器在步骤⑥蒸馏中无需使用的是　 　(填序号)。
（7）本实验中环己酮的产率约为　 　％(结果保留3位有效数字)。
【答案】（1）直形冷凝管；B
（2）
（3）反应速率减慢，单位时间内生成的环己酮量少，导致产率降低
（4）降低环己酮在水中的溶解度，有利于液体分层
（5）C
（6）①⑤
（7）68.0
【知识点】常用仪器及其使用；蒸馏与分馏；分液和萃取
【解析】【解答】（1）①观察装置可知，蒸馏装置中仪器X是直形冷凝管；
②计算最终圆底烧瓶内反应液的总体积： V = 56 + 10 + 10 + 12 + 60 = 148 mL， 根据蒸馏操作的规范要求，蒸馏时烧瓶内液体的体积不能超过烧瓶容积的，避免加热时液体暴沸冲入冷凝管，同时液体体积也不能少于烧瓶容积的，保证液体受热均匀、蒸馏顺利进行。由此推导，烧瓶的容积范围为 148÷≈ 222 mL至148 ÷= 444 mL之间 ，因此最合适的圆底烧瓶规格为250 mL，选B；
（2）环己醇被重铬酸钠在酸性条件下氧化，Cr元素被还原为$\text{Cr}^{3+}$，环己醇被氧化为环己酮，反应还生成硫酸钠和水，配平后化学方程式为：
；
（3）如果反应温度过低，反应速率会变慢，单位时间内生成环己酮的量偏少，最终导致产率降低；
（4）加入饱和食盐水后，水相密度增大，同时可以提高水相的离子强度，减少环己酮在水中的溶解，更有利于有机层和水层分层，因此作用是：降低环己酮在水中的溶解度，便于分层分离；
（5）A．振荡分液漏斗时，需要将分液漏斗倒置，再进行振荡，并及时放气，该操作错误；
B．放气操作是振荡后将漏斗口向下倾斜，缓慢打开旋塞放气，不需要打开上口玻璃塞，该操作错误；
C．分液时，需要先打开分液漏斗上口的玻璃塞，或者使塞上凹槽对准漏斗颈的小孔，平衡内外气压，再打开旋塞放出下层液体，最后从上口倒出上层的有机层，该操作正确；
D．静置分层需要将分液漏斗放置在铁架台的铁圈上静置，不能手持，该操作错误；
综上选C。
（6）①该仪器是球形冷凝管，蒸馏操作需要用直形冷凝管，球形冷凝管一般用于反应回流，蒸馏不能使用，符合题意；
②蒸馏需要用温度计控制馏出物的温度，必须使用，不符合题意；
③蒸馏时需要用尾接管（牛角管）将冷凝后的馏分导入接收瓶，必须使用，不符合题意；
④蒸馏时可以用烧杯作为接收容器，需要使用，不符合题意；
⑤分液漏斗用于萃取分液操作，蒸馏过程中不需要使用，符合题意；
因此蒸馏不需要用到的仪器是①⑤。
（7）10 mL环己醇的质量为，环己醇的摩尔质量为100g/mol，因此其物质的量为。根据反应关系，理论上生成环己酮的物质的量为 ，环己酮摩尔质量为98g/mol，因此理论质量为。实际得到6.4g环己酮，因此产率为。
【分析】（1）选择圆底烧瓶规格应比反应溶液总体积略大；
（2）环己醇中羟基被氧化为羰基， 还原产物为 ，可书写对应反应方程式；
（3）温度越低，反应速率越慢；
（4）加入食盐的目的是有利于分层，便于分液；
（5）萃取操作时，尖嘴倾斜向上进行振荡，打开活塞进行放气，把分液漏斗放置在铁架台上进行静置；
（6）蒸馏装置中不用球形冷凝管和分液漏斗；
（7）产物等于实际产量除以理论产量，
（1）①根据装置示意图，蒸馏装置中X为直形冷凝管。
②由题目信息，在整个实验流程中，圆底烧瓶最终反应液体积约为V = 56 + 10 + 10 + 12 + 60 = 148 mL，根据实验规范，蒸馏液体 所用圆底烧瓶的最佳规格应使 液体体积不超过烧瓶容积的 以防止暴沸或液体冲入冷凝管，同时也不少于烧瓶容积的以保证有效蒸馏和受热均匀。由此推算， 烧瓶容积应在148÷≈ 222 mL至148 ÷= 444 mL之间，因此所用圆底烧瓶的最佳规格为250 mL，故答案选B。
（2）环己醇被溶液氧化时，溶液中硫酸也参与反应，还原产物为，氧化产物为环己酮，此外还生成水和Na2SO4，故答案为。
（3）温度过低时，反应速率减慢，单位时间内生成的环己酮量少，导致产率降低。
（4）根据题目信息，饱和食盐水密度大于环己酮密度，且可以通过增加水相离子强度，减少有机物在水中的溶解度，故答案为降低环己酮在水中的溶解度，有利于液体分层。
（5）A．用力振荡分液漏斗时应倒置分液漏斗，确保液体充分混合 ，便于安全放气，A错误；
B．使用分液漏斗时，放气应缓慢打开旋塞而不是打开玻璃塞，以避免液体喷出或塞子冲开，B错误；
C．需先将分液漏斗上口的玻璃塞打开，或使玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔，保持漏斗内外气压平衡，再打开旋塞待下层液体全部流尽时，再从上口倒出上层液体，减少残余的下层液体以提升纯度，C正确；
D．静置分层应在铁架台上进行，而非手持。手持静置可能导致漏斗不稳而发生安全事故，或因手部温度加热液体，导致液体重新混合，D错误；
故答案选C。
（6）①为球形冷凝管：蒸馏操作应使用直形冷凝管，球形冷凝管用于回流，不用于蒸馏；
②为温度计：蒸馏需用温度计控制馏分温度，需要使用；
③为尾接管（牛角管）：蒸馏时连接冷凝管与接收瓶，需要使用；
④为烧杯：蒸馏中可作为接收容器或辅助使用；
⑤为分液漏斗：分液漏斗用于萃取分液，蒸馏操作无需使用
故答案为①⑤。
（7）10 mL环己醇的质量为，物质的量为，理论生成环己酮，理论质量为，因此产率为。
16．电解铜的阳极泥中含PtTe、PdSe、Pt、Pd、Au、Cu等物质，以该阳极泥为原料，分离和回收Au、Pt、Pd、Cu等金属或其化合物的工艺流程如图所示。
已知：①PtTe中Pt为+2价，且“氧化焙烧”时，阳极泥中的化合态Pt、Pd均转化为单质；
②易溶于水，、难溶于水；
③。
回答下列问题：
（1）52Te在周期表中的位置是　 　。
（2）“氧化焙烧”中，PtTe发生反应的化学方程式为　 　。
（3）“酸浸”的目的是分离　 　元素(填元素符号)。
（4）“氯浸”工艺中，金属Pt、Pd、Au被氧化为配离子：[PtCl6]2-、[PdCl6]2-、[AuCl4] -，Au转化为[AuCl4] -的反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为　 　。
（5）“分金”加入过量草酸的作用，除析出金属Au外，还有　 　。
（6）“沉钯”之前，测得溶液中c0{[PtCl6]2-}=0.2mol/L，加入等体积的NH4Cl溶液充分反应，测得反应后混合液中c{[PtCl6]2-}=1.1×10-6mol/L，则初始加入NH4Cl溶液的浓度约为　 　mol/L(忽略溶液混合时的体积变化)。
（7）某储氢铜合金具有立方最密堆积的结构，晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点位置，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中。若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2的结构(晶胞结构如图)相似，该晶体储氢后的化学式为　 　。
【答案】（1）第5周期第ⅥA族
（2）PtTe+Na2CO3+O2=Pt+Na2TeO3+CO2
（3）Cu
（4）2：3
（5）将[AuCl4] -还原为金单质、[PtCl6]2-还原为[PtCl4]2-
（6）1.0
（7）Cu3AuH8
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）52Te的原子序数为52，由于36＜52＜54，可知Te位于第5周期，该周期稀有气体元素原子序数为54，因此Te位于倒数第54-52+1=3列，对应周期表位置为第5周期第ⅥA族；
（2）根据题干信息，PtTe中Pt为+2价，且“氧化焙烧”过程中，阳极泥里的化合态Pt、Pd都转化为单质，因此PtTe发生“氧化焙烧”反应后，生成Pt单质、Na2TeO3和CO2，根据氧化还原反应化合价升降守恒配平，可得该反应的化学方程式为： PtTe+Na2CO3+O2=Pt+Na2TeO3+CO2；
（3）结合流程分析可知，滤渣中含有氧化铜，向滤渣中加入稀硫酸进行“酸浸”，可以让氧化铜溶解得到硫酸铜进入滤液b，因此“酸浸”的目的是分离除去Cu元素；
（4）“氯浸”工序中，金属Pt、Pd、Au被氧化为对应配离子：、、。Au转化为的过程中，Au单质的化合价从0价升高到+3价，1mol Au作还原剂时失去3mol电子；氧化剂Cl2中Cl元素化合价从0价降低到-1价，1mol Cl2反应时得到2mol电子；根据得失电子守恒可知，还原剂Au与氧化剂Cl2的物质的量之比为2：3。
（5）根据流程分析可知，“氯浸”步骤中，向滤渣通入氯气并加入浓盐酸，金属Pt、Pd、Au会分别被氧化为对应的氯配离子：[PtCl6]2-、[PdCl6]2-、[AuCl4] -；之后加入过量草酸进行“分金”操作，草酸可将[AuCl4] -还原为金单质，同时将[PtCl6]2-还原为[PtCl4]2-，后续可过滤分离得到金单质。因此加入过量草酸，除了析出得到金属Au，还可以实现上述还原过程，便于后续分离提纯铂。
(6)“沉钯”之前，测得溶液中，加入等体积的NH4Cl溶液充分反应，参加反应的NH4Cl的物质的量是物质的量的2倍，测得反应后混合液中，此时溶液中的浓度为：==0.3mol/L，设初始加入NH4Cl溶液的浓度约为c mol/L，则有：=0.3mol/L，解得c=1.0，故答案为：1.0；
(7)某储氢铜合金具有立方最密堆积的结构，晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点位置，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中，若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2的结构(晶胞结构如图)相似，即一个晶胞中含有Cu的个数为：=3，Au的个数为：=1，体内含有8个H(即CaF2晶胞中8个F-换成8个H)，则该晶体储氢后的化学式为Cu3AuH8。
【分析】阳极泥中包含PtTe、PdSe、Pt、Pd、Au、Cu等组分，先向其中加入纯碱并通入空气完成“氧化焙烧”，之后加水进行“浸取”操作，过滤后可以得到含有Na2TeO3、Na2SeO3的滤液a，同时分离出滤渣；接着往滤渣中加入稀硫酸进行“酸浸”，氧化铜会溶解得到含有硫酸铜的滤液b，过滤后即可分离出含有Pt、Pd、Au的滤渣；再向该滤渣中通入氯气、加入浓盐酸进行“氯浸”，金属Pt、Pd、Au会分别被氧化为对应配离子：[PtCl6]2-、[PdCl6]2-、[AuCl4] -；之后加入过量草酸进行“分金”，可以将[AuCl4] -还原为金单质，将[PtCl6]2-还原为[PtCl4]2-，过滤即可分离得到金单质；最后向滤液中加入氯化铵溶液进行“沉钯”，最终得到含有(NH4)2PtCl4的滤液c和(NH4)2PdCl6沉淀，基于上述流程分析解答相关问题。
（1）52Te的原子序数为52，36＜52＜54，即Te位于第5周期倒数54-52+1=3列，故在周期表中的位置是第5周期第ⅥA族；
（2）由题干已知信息①PtTe中Pt为+2价，且“氧化焙烧”时，阳极泥中的化合态Pt、Pd均转化为单质可知，“氧化焙烧”中，PtTe发生反应生成Pt、Na2TeO3和CO2，根据氧化还原反应配平可得该反应的化学方程式为：PtTe+Na2CO3+O2=Pt+Na2TeO3+CO2；
（3）由分析可知，向滤渣中加入稀硫酸“酸浸”，溶解氧化铜得到含硫酸铜的滤液b，即“酸浸”的目的是分离Cu元素；
（4）“氯浸”工艺中，金属Pt、Pd、Au被氧化为配离子：、、，Au转化为的反应中Au的化合价由0价升高到+3价，而Cl2中Cl的化合价由0价降低到-1价，根据得失电子守恒可知，还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：3；
（5）由分析可知，向滤渣中通入氯气、加入浓盐酸“氯浸”，将金属Pt、Pd、Au分别氧化为配离子：[PtCl6]2-、[PdCl6]2-、[AuCl4] -，再加入过量草酸“分金”，将[AuCl4] -还原为金单质、[PtCl6]2-还原为[PtCl4]2-，过滤分离出金单质，极“分金”加入过量草酸的作用，除析出金属Au外，还有将[AuCl4] -还原为金单质、[PtCl6]2-还原为[PtCl4]2-；
（6）“沉钯”之前，测得溶液中，加入等体积的NH4Cl溶液充分反应，参加反应的NH4Cl的物质的量是物质的量的2倍，测得反应后混合液中，此时溶液中的浓度为：==0.3mol/L，设初始加入NH4Cl溶液的浓度约为c mol/L，则有：=0.3mol/L，解得c=1.0，故答案为：1.0；
（7）某储氢铜合金具有立方最密堆积的结构，晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点位置，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中，若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2的结构(晶胞结构如图)相似，即一个晶胞中含有Cu的个数为：=3，Au的个数为：=1，体内含有8个H(即CaF2晶胞中8个F-换成8个H)，则该晶体储氢后的化学式为Cu3AuH8。
17．托伐普坦对治疗心衰、肝硬化中常出现的低血钠症具有良好的疗效，其前体(L)的最新合成路线如下
已知：—Ts代表。
回答下列问题：
（1）A中含氧官能团的名称是　 　。
（2）A→B过程中K2CO3的作用　 　。
（3）C的结构简式为　 　。
（4）写出由D生成F的化学反应方程式　 　。
（5）是E消去产物的同分异构体，能发生银镜反应，且1mol M最多可还原出4mol Ag。满足上述条件的M的结构共有　 　种(不考虑立体异构)。
（6）F→G的第一步是在碱性条件下脱去F中的一个氢，生成碳负离子；第二步是经历电子转移后发生分子内环化，最终生成G。
①请在F的结构简式的基础上补全碳负离子的结构　 　(即用“”标出第一步中失去氢的碳原子)；
②实验表明采用叔丁醇钾[(CH3)3COK]提供碱性环境时比采用甲酸钠的产率更大，其原因为　 　。
（7）I→L的合成路线设计如下：
已知试剂X的化学式为C8H7OCl，X的结构简式为　 　。
【答案】（1）羧基、硝基
（2）消耗反应生成的H2SO4促进反应正向进行
（3）
（4）++HBr
（5）9
（6）；叔丁醇钾的碱性比甲酸钠更强，能更有效地脱去F中的酸性氢，生成碳负离子，从而促进分子内环化反应正向进行，提高产率
（7）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由题干合成流程图中A的结构简式：可知，A中含氧官能团的名称是羧基和硝基，故答案为：羧基、硝基；（2）
由题干合成流程图可知，A→B过程中生成了B和H2SO4，故K2CO3的作用是消耗反应生成的H2SO4促进反应正向进行，故答案为：消耗反应生成的H2SO4促进反应正向进行；（3）
由分析可知，C的结构简式为：；（4）
由分析可知，E的结构简式为，故由D生成F的化学反应方程式为：++HBr；（5）
根据上述分析可知E的结构简式为，发生消去反应生成，其满足条件的同分异构体含有2个醛基，从分子式中减去2个—CHO，还余4个碳、8个H，结构中不含其他不饱和键、不含环状结构，4个碳的碳链有2种情况（、），链状二元醛，采用“定一移一”分析方法，先确定其中1个醛基位置，有4种情况、、、(另一个醛基重复，个数为0)，再确定第二个醛基的位置（①～⑨为第二个醛基的位置），共9种，故答案为：9；【(6)题详解】
①由题干流程图中F和G的结构简式可知，在F的结构简式的基础上补全碳负离子的结构为：；②实验表明采用叔丁醇钾[(CH3)3COK]提供碱性环境时比采用甲酸钠的产率更大，其原因为叔丁醇钾的碱性比甲酸钠更强，能更有效地脱去F中的酸性氢，生成碳负离子，从而促进分子内环化反应正向进行，提高产率；
【(7)题详解】
由题干流程图可知，I的结构简式为：，I与在NaHCO3、DCM条件下发生取代反应生成J，J的结构简式为：，结合题干B到C的转化信息可知，J在SnCl2、甲醇环境下发生还原反应，将硝基还原为氨基，故K的结构简式为：，结合K、L的结构简式和X的分子式可推知X的结构简式为：，故答案为：。
【分析】根据题干给出的合成路线，A和(CH3)2SO4在碳酸钾、丙酮的条件下发生取代反应，生成B。结合C的分子式、B和D的结构，以及B到C、C到D的反应条件可以推得：B先发生还原反应得到C，C再发生取代反应得到D；之后D和分子式为C6H11O2Br的E发生取代反应生成F，结合F的结构可以推得E的结构简式为；接着F分子自身发生取代反应环化得到G，反应过程中生成甲醇，G转化得到H，H再经过水解最终得到I，我们可以按照这个流程分析各问题。
（1）由题干合成流程图中A的结构简式：可知，A中含氧官能团的名称是羧基和硝基，故答案为：羧基、硝基；
（2）由题干合成流程图可知，A→B过程中生成了B和H2SO4，故K2CO3的作用是消耗反应生成的H2SO4促进反应正向进行，故答案为：消耗反应生成的H2SO4促进反应正向进行；
（3）由分析可知，C的结构简式为：；
（4）由分析可知，E的结构简式为，故由D生成F的化学反应方程式为：++HBr；
（5）根据上述分析可知E的结构简式为，发生消去反应生成，其满足条件的同分异构体含有2个醛基，从分子式中减去2个—CHO，还余4个碳、8个H，结构中不含其他不饱和键、不含环状结构，4个碳的碳链有2种情况（、），链状二元醛，采用“定一移一”分析方法，先确定其中1个醛基位置，有4种情况、、、(另一个醛基重复，个数为0)，再确定第二个醛基的位置（①～⑨为第二个醛基的位置），共9种，故答案为：9；
（6）①由题干流程图中F和G的结构简式可知，在F的结构简式的基础上补全碳负离子的结构为：；
②实验表明采用叔丁醇钾[(CH3)3COK]提供碱性环境时比采用甲酸钠的产率更大，其原因为叔丁醇钾的碱性比甲酸钠更强，能更有效地脱去F中的酸性氢，生成碳负离子，从而促进分子内环化反应正向进行，提高产率；
（7）由题干流程图可知，I的结构简式为：，I与在NaHCO3、DCM条件下发生取代反应生成J，J的结构简式为：，结合题干B到C的转化信息可知，J在SnCl2、甲醇环境下发生还原反应，将硝基还原为氨基，故K的结构简式为：，结合K、L的结构简式和X的分子式可推知X的结构简式为：，故答案为：。
18．目前我国研发出一种利用乙醇制氢且同时实现乙酸生产的新途径，主要反应为：
Ⅰ.
Ⅱ.
回答下列问题：
（1）已知：25℃、100kPa下，由各种元素指定单质生成1mol某纯物质的热效应叫做该物质的标准摩尔生成热。部分物质如下表。
物质
0
则　 　。
（2）向某恒温恒容的密闭容器中加入等物质的量的乙醇和水蒸气，发生反应Ⅰ和Ⅱ，下列叙述能说明反应Ⅰ已达到平衡状态的有___________。
A．和的物质的量之比不再变化
B．气体平均摩尔质量不再变化
C．
D．混合气体的密度不再变化
（3）下列关于反应Ⅰ的随温度T(K)的变化趋势正确的是　 　(填序号)。
（4）恒压条件下，向密闭容器中投料后产氢速率和产物的选择性随温度变化关系如图所示。
注：副产物指、CO、混合气体
[已知：乙酸选择性=×100％]
①由图1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为　 　。
②由图中信息可知，乙酸的选择性随温度升高呈先增大后减小的抛物线趋势，请解释后减小的原因：　 　。
③在温度为270℃，压强为100kPa下，若该密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，已知乙醇和水的起始投料分别为1mol和8.2mol。平衡时乙醇的转化率为80％，，则反应Ⅰ的压强平衡常数　 　kPa(计算出结果；用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
（5）某团队提出一种新型高效的光电分解水制氢的方法——磁场辅助光电分解水(如图所示)，在光照、磁场中，光电极产生“电子”和“空穴(，具有强氧化性)，它们分别驱动电极反应。
①电极X为　 　极(填“阴”或“阳”)。
②在酸性介质中生成M的电极反应式为　 　。
【答案】（1）+44
（2）A；B
（3）c
（4）；温度升高，副反应的速率增大，更多乙醇转化为副产物，所以乙酸选择性降低；
（5）阴极；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）反应焓变ΔH=生成物总标准生成热 反应物总标准生成热。对反应Ⅰ：代入数据：；
（2）A：对于反应Ⅰ，每反应生成 同时生成，反应Ⅱ每生成 同时生成 ，当体系中 与 的物质的量之比保持不变时，说明体系中各组分的物质的量不再改变，因此反应Ⅰ达到平衡状态，A正确；
B：反应体系中所有气体的总质量恒定，且两个反应都是气体分子数增加的反应，反应未平衡时气体总物质的量会随反应进行不断改变。混合气体平均摩尔质量满足公式，当平均摩尔质量$\ce{ M_{混}}$不再变化时，说明气体总物质的量 已经不再改变，反应体系达到平衡状态，B正确；
C：平衡状态下正逆反应速率相等，满足关系应为，选项给的关系不满足平衡要求，C错误；
D：容器为恒温恒容，气体总质量和容器体积始终不变，因此混合气体的密度始终是定值，密度不变不能说明反应达到平衡，D错误；
综上，答案选AB；
（3）反应Ⅰ，反应后气体分子数增多，，则中，斜率为，时，且随着温度升高的值减小，对应曲线c；
（4）①时乙酸选择性最高，副产物最少，是最适宜温度；
②温度升高后，生成副产物的反应速率加快，更多乙醇转化为副产物，因此乙酸选择性下降；
③转化的乙醇总物质的量为，由，得，。各物质平衡量：，，，。 分压：，，，。；
（5）①外电路中电子移动方向为流向电极X，说明X是得电子的一极，发生还原反应，因此X为电解池的阴极。
②M是水被强氧化剂空穴 （，强氧化剂） 氧化得到的产物，也就是氧气，该过程在酸性条件下发生，反应的电极方程式为。
【分析】（1）根据计算公式，焓变等于反应物总键能减去生成物总键能；
（2）考查化学平衡状态判断，根据反应 Ⅰ方程式特点，氢气和乙酸物质的量比值是变量，气体平均摩尔质量是变量，当其不变时，可判断反应已达到平衡状态；
（3） 反应Ⅰ 是，则中，斜率为，据此分析；
（4）①乙酸选择性最高，副产物最少，对应温度为；
①升高温度，副产物增多，乙酸选择性减小；
③化学平衡计算，由投料量，转化率，可计算平衡量，代入平衡常数计算公式进行计算；
（5）根据装置图中电子方向，电极X为阴极，电极Y得电子，生成氧气。
（1）反应焓变ΔH=生成物总标准生成热 反应物总标准生成热。对反应Ⅰ：代入数据：。
（2）A：反应Ⅰ生成和，反应Ⅱ生成和， 与的物质的量之比不变时，说明各产物物质的量不变，反应Ⅰ达到平衡，A正确；
B：总气体质量不变，两个反应均为气体分子数增多的反应，总物质的量随反应进行变化，平均摩尔质量 ，不变时说明不变，反应达到平衡，B正确；
C：平衡时应满足，C错误；
D：恒温恒容，总气体质量和体积都不变，密度始终不变，不能说明平衡，D错误；
故选AB；
（3）反应Ⅰ，反应后气体分子数增多，，则中，斜率为，时，且随着温度升高的值减小，对应曲线c。
（4）①时乙酸选择性最高，副产物最少，是最适宜温度。
②温度升高后，生成副产物的副反应速率加快，更多乙醇转化为副产物，因此乙酸选择性下降。
③转化的乙醇总物质的量为，由，得，。各物质平衡量：，，，。 分压：，，，。。
（5）①电子移向电极X，X得到电子发生还原反应，为阴极。
②是水被空穴（，强氧化剂）氧化生成的氧气，酸性条件下电极反应如上为。
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