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湖南郴州市第一中学等校2025-2026学年下学期高三4月调研模拟考试 化学试题
1．下列过程不涉及化学变化的是
A．煤的干馏 B．电解质溶液导电
C．DNA复制 D．蛋白质的盐析
【答案】D
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；电解质溶液的导电性；煤的干馏和综合利用；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A、煤的干馏是煤隔绝空气高温分解，生成焦炭、煤焦油等新物质，属于化学变化，A 错误；
B、电解质溶液导电本质是电解过程，发生电极反应生成新物质，属于化学变化，B 错误；
C、DNA 复制涉及化学键断裂与新键生成，形成新 DNA 分子，属于化学变化，C 错误；
D、蛋白质盐析是加入浓无机盐溶液降低蛋白质溶解度使其析出，蛋白质结构未改变，加水可重新溶解，只发生物理变化，D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
区分物理变化与化学变化的核心依据是有没有新物质生成；
煤干馏伴随复杂的分解反应，电解质溶液导电对应电解反应，DNA 复制存在共价键的断裂与形成，三者均产生新物质；
蛋白质盐析依靠溶解度变化实现析出，没有化学键断裂、无新物质生成，属于物理过程。
2．下列化学用语表示错误的是
A．的名称为N，二甲基甲酰胺
B．的价层电子对互斥模型：
C．顺，二氟乙烯的结构式：
D．吡喃葡萄糖（）含键
【答案】A
【知识点】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；有机化合物的命名
【解析】【解答】A、该物质母体为乙酰胺，正确命名是 N，N - 二甲基乙酰胺，选项命名错误，A 错误；
B、对应分子中心原子价层电子对数为 4（ ），含 1 对孤电子对，价层电子对互斥模型为四面体形，图示模型符合，B 正确；
C、顺 - 二氟乙烯中两个 F 原子在碳碳双键同一侧，结构式书写匹配顺式结构，C 正确；
D、吡喃葡萄糖环所有化学键均为σ单键，经计算为： ， 因此1mol该物质含24mol σ键，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
酰胺类命名以羧酸对应的酰胺为母体，根据酰基碳数确定母体名称，N 上取代基标注在 N 前；
价层电子对互斥模型只统计全部价层电子，孤电子对和成键电子均计入空间构型；
顺反烯烃判定依据双键同侧取代基种类，同侧相同基团为顺式结构；共价键区分。
3．下列描述不能正确反映事实的是
A．有强氧化性，但常温下可用钢瓶储存液氯
B．烫发时使用还原剂将头发中的二硫键变成巯基，再用氧化剂将巯基氧化成新的二硫键
C．甲烷水分子笼中甲烷与水分子之间通过氢键结合
D．壳聚糖具有良好的生物降解性和相容性，可以用作手术缝合线和环保包装袋等
【答案】C
【知识点】氯气的化学性质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A、常温下液氯与铁发生钝化反应，生成致密氧化膜阻隔继续反应，因此虽氧化性强，但可用钢瓶盛装液氯，A符合事实；
B、烫发药剂先用还原剂断裂蛋白质中二硫键生成巯基，调整发型后再经氧化剂氧化，重新形成二硫键固定造型，B符合事实；
C、不含N、O、F，无法形成氢键，甲烷水笼中依靠范德华力束缚甲烷分子，描述错误，C不能反映事实；
D、壳聚糖天然可降解、生物相容性优良，常用来制作可吸收手术缝合线与环保包装袋，D符合事实；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
常温钝化是液氯储钢瓶的核心原理，区分干燥与氯水对铁的腐蚀差异；
头发卷曲依靠蛋白质中二硫键的还原断裂、氧化重组实现；
氢键形成必须满足连在N/O/F上的H与另一个N/O/F，甲烷不满足氢键成键条件；
壳聚糖属于天然多糖类高分子，依托生物可降解特性拓展医用、包装用途。
4．关于实验室安全，下列说法错误的是
A．金属钠燃烧起火，可用干燥沙土灭火
B．观察烧杯中钾与水反应的实验现象时，应带上护目镜近距离俯视
C．温度计中水银洒落地面，可用硫粉处理
D．做有机实验时将有机废液收集后送专业机构处理
【答案】B
【知识点】碱金属的性质；有机物的结构和性质；化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】A、钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠可与水、二氧化碳反应，因此钠着火不能用水、二氧化碳灭火器，选用干燥沙土隔绝空气灭火，A 正确；
B、钾与水剧烈反应并放热，液体极易飞溅，即便佩戴护目镜也不能近距离俯视观察，需要保持安全距离，B 错误；
C、汞单质易挥发产生有毒蒸气，常温下硫粉可与 Hg 化合生成无毒硫化汞，因此洒落水银可用硫粉覆盖处理，C 正确；
D、有机废液大多易燃、有毒，随意倾倒会污染环境，需要统一收集后交由专业机构无害化处置，D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
金属失火：钠、钾等活泼金属起火禁用常规灭火剂，沙土是首选灭火材料；
碱金属实验：钾、钠与水反应剧烈，观察实验必须远离容器，防范液体喷溅伤人；
汞泄漏处理：利用 S 与 Hg 常温化合的性质消除汞污染，避免汞蒸气中毒；
废液处理：实验室有机废液遵循分类回收原则，禁止直接排入下水道。
5．“超级炸药”全氮阴离子盐是一种中间体，制备全氮阴离子盐第一步是合成，反应原理为（未配平），为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．已知为五元平面环状结构，则分子中含有大π键
B．在、、、分子中都存在杂化的原子
C．和的混合气体，含有个质子
D．生成时，电子转移数为
【答案】B
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氧化还原反应方程式的配平；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、为五元平面环状结构，每个N提供1个p电子，外加离子所带1个负电荷，共有6个离域电子，存在大键，A正确；
B、中N、与中O均为杂化，结构式，中心N为杂化，无杂化原子，B错误；
C、、摩尔质量分别为、，每28g 含14mol质子、每44g 含22mol质子，折算可知2g混合气体总质子物质的量恒为1mol，即含个质子，C正确；
D、配平方程式 ，生成5mol 转移4mol电子，为，对应转移电子，即转移电子数目为，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
大π键判断：平面环状结构结合价电子数计算离域电子，确定大π键符号；
杂化类型判断：依据价层电子对数，为直线型分子，中心N采取杂化；
质子守恒计算：与最简式均满足N、O固定质子比例，用平均法快速计算质子数目；
氧化还原电子转移：先配平反应方程式，根据生成物物质的量与电子转移比例计算转移电子数。
6．磷的化合物的转化关系如图所示。下列说法正确的是
A．中既含有离子键又含有共价键
B．溶液中有4种含磷微粒
C．结构式为，其中键角
D．已知：，其中氧化剂与还原剂物质的量之比为
【答案】C
【知识点】化学键；共价键的形成及共价键的主要类型；氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、由与构成，只存在离子键，不存在共价键，A错误；
B、是一元弱酸，不会发生电离，为正盐，溶液中含磷微粒有、H3PO2两种含磷微粒，故B错误；
C、结构式为，双键电子云密度大、斥力大于单键电子对斥力，因此键角，C正确；
D、反应 中，中Cu元素化合价全部降低，全部作氧化剂；11mol 中3mol P化合价升高生成、作还原剂，剩余8mol P化合价降低进入、作氧化剂，氧化剂与还原剂物质的量之比，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
化学键判断：活泼金属与非金属形成的二元离子化合物只含离子键；
酸的元数：依据结构中羟基氢数目确定酸性，次磷酸只有1个羟基氢，属于一元酸；
键角比较：双键成键电子对斥力＞单键成键电子对斥力，斥力越大对应键角越大；
氧化还原配比：同一反应物可既作氧化剂又作还原剂，只统计化合价升高的部分为还原剂。
7．下列实验操作及现象能得出相应结论的是
选项 实验操作及现象 结论
A 取少量麦芽糖水解液，加过量溶液，再加新制的悬浊液，加热，生成砖红色沉淀 麦芽糖水解生成了还原性糖
B 向溶液中滴加稍过量的，溶液先变黄，稍后产生气体速率加快 可以催化分解
C 常温下，将苯酚和溶液混合（已知：苯酚的），测得溶液的 溶液粒子浓度：
D 向溶液中滴加2滴酚酞溶液，溶液先变红后褪色 溶液发生了水解反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；盐类水解的应用；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A、麦芽糖本身属于还原性糖，不水解也能和新制氢氧化铜生成砖红色沉淀，无法证明麦芽糖发生水解，A错误；
B、溶液先变黄说明被氧化为，后续加快分解的是，并非催化，B错误；
C、由，时，代入得，即，C错误；
D、水解：，使酚酞变红，具有漂白性使溶液褪色，现象能证明发生水解，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
还原性糖检验：麦芽糖自身含醛基，直接可发生砖红色沉淀反应，不能用该现象验证水解；
双氧水催化：被氧化生成的才是分解的催化剂；
电离常数计算：借助苯酚电离平衡常数与氢离子浓度，定量比较酚分子、酚酸根浓度大小；
次氯酸盐性质：水解生成与，碱性显色、次氯酸漂白，先后变色褪色印证水解。
8．化合物 Z 是一种具有生理活性的多环呋喃类化合物，部分合成路线如图所示：
下列说法正确的是
A．该反应的原子利用率为 100%
B．Y 与按发生加成反应的产物有两种
C．Z 分子中存在两个手性碳原子
D．X 能使溴水褪色，不能使酸性的高锰酸钾溶液褪色
【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物中的官能团；同分异构现象和同分异构体；加成反应
【解析】【解答】A、反应除生成 Z 外还有小分子副产物生成，原子没有全部进入目标产物，原子利用率达不到 100%，A 错误；
B、Y 为对称环状烯烃，碳碳双键两端环境等效，与 HCl 按 1：1 加成可能发生1，2加成，也可能发生1，4加成，加成产物不止两种，B错误；
C、Z 中环醚相连的两个饱和碳原子，均连接四种不同原子或基团，属于手性碳原子， 如图， 分子共 2 个手性碳，C 正确；
D、X 含酚羟基与碳碳双键，既能和溴水发生加成、取代使之褪色，也能被酸性 KMnO4 氧化使溶液褪色，D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
原子利用率：只有加成、加聚反应无小分子脱出，原子全部转入产物，原子利用率才是百分之百，本反应生成含氧杂环伴随小分子脱离；
烯烃加成：双键两侧烃基结构完全对称时，卤化氢定向加成仅得到单一结构产物，不存在同分异构体；
手性碳判定：连有四个互不相同原子或取代基的饱和 sp3 碳原子为手性碳，结合环状骨架逐个定位；
有机物还原性：碳碳双键、酚羟基均易被强氧化剂氧化，均可使酸性高锰酸钾溶液褪色。
9．某食品添加剂的结构如图所示。X、Y、Z、Q、W、M是原子序数依次增大的短周期主族元素，基态M的p电子总数等于基态X、Y、Z、Q、W的未成对电子数之和。下列说法正确的是
A．第一电离能大小：YB．该物质既能与盐酸反应又能与NaOH反应
C．与分子中键角都大于
D．X与Z形成一种离子化合物，其阴离子是直线形结构
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；键能、键长、键角及其应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、第二周期主族元素第一电离能整体变化规律为从左往右逐步升高，氮元素 2p 轨道填充 3 个自旋平行电子，达成半满的稳定电子排布，使得氮的第一电离能反常高于相邻氧，因此三种元素第一电离能排序 N＞O＞C，A 错误；
B、该有机分子内含羧酸钠与碱性氨基两种结构，羧酸钠可依托强酸制弱酸原理和盐酸反应，氨基显碱性同样能结合氢离子消耗盐酸；结构内部不存在羧基、酚羟基等酸性官能团，无法和强碱 NaOH 发生反应，B 错误；
C、PH3分子中心磷原子价层电子 ，受孤电子斥力压缩，分子空间构型为三角锥形；P4由四个磷原子以单键相连构成正四面体骨架，全部磷原子处在顶点位置，P-P 键夹角固定 60°，两种分子键角明显不一致，C 错误；
D、氢、氮组成的离子晶体 H4N4对应叠氮化铵，化学式写作 NH4N3，其阴离子 N3-与 CO2原子数、价电子总数完全相同，互为等电子体，参照二氧化碳结构可判断中心氮原子采取 sp 杂化，阴离子空间构型呈直线形，D 正确；
故答案为：D。
【分许】元素推断：六种元素均属于短周期主族元素，原子序数依次递增；X 只形成 1 根共价单键，未成对电子数是 1，确定 X 为 H；Y 能形成四根共价键，原子序数大于 H，最外层 4 个价电子，未成对电子数 2，对应 Y 为 C；Z 可形成三根共价键，原子序数大于 C，最外层 5 个价电子、未成对电子 3 个，Z 是 N；Q 能形成双键，原子序数大于 N，最外层 6 个价电子、未成对电子 2 个，Q 为 O；W 在化合物中以 + 1 价阳离子存在，原子序数大于 O，短周期第 ⅠA 族，W 是 Na；前五种元素未成对电子数目相加：1+2+3+2+1=9，题目给出基态 M 原子 p 轨道电子总数等于 9，电子排布 1s22s22p63s23p3，2p 轨道 6 个电子、3p 轨道 3 个电子，合计 9 个 p 电子，推出 M 为 P；
10．环氧化合物是重要的有机合成中间体。以钛掺杂沸石为催化剂，由丙烯（）为原料生产环氧丙烷（）的反应机理如图所示。下列说法错误的是
A．过程中Ti元素的化合价发生了变化
B．过程中存在极性键的断裂和形成
C．该过程总反应为+H2O2+H2O
D．将丙烯换为2-丁烯发生上述反应可生成
【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、整个循环反应路径中 Ti 原子成键环境发生改变，但全程 Ti 元素化合价始终保持固定，没有出现升降变化，A 错误；
B、反应过程存在 H-O、C=C 等极性键与非极性键断裂，同时生成 C-O、H-O 等极性共价键，包含极性键的断裂与形成，B 正确；
C、结合循环机理，丙烯与 H2O2在催化剂作用下生成环氧丙烷和 H2O， 总反应式为+H2O2+H2O ，C 正确；
D、2 - 丁烯结构对称，双键被氧化环化后可以生成对应取代环氧烷产物 ：+H2O2+H2O，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
化合价判断：催化剂参与中间历程但整体循环复原，本题 Ti 在各中间体中成键类型改变、氧化数不变，无化合价升降；
化学键变化：H2O2参与反应时断裂 H-O 极性键，有机物成环时生成 C-O 极性键，伴随碳碳双键的非极性键断裂；
总反应梳理：剔除循环再生的催化剂中间体，只保留反应物丙烯、过氧化氢与生成物环氧丙烷、水；
烯烃环氧化规律：对称烯烃 2 - 丁烯经同种环氧化机理，双键两端同时连氧形成三元环氧环。
11．NaCl晶体在超高压下与Na或Cl2反应，可以形成不同组成、结构的晶体。如图是其中部分晶体结构，是阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．常温常压下①②③都不能稳定存在
B．①中与Na最近且等距的Cl的数目为12
C．只有③是NaCl晶体在高压下与Na反应形成的晶体
D．若②中晶胞参数分别为a nm、a nm、c nm，则晶胞密度可表示为
【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、①②③三种晶体都需要超高压环境才能合成，常压环境中氯化钠的热力学稳定构型是常规面心立方晶胞，高压催生的特殊晶格失去压强约束后不能维持骨架，常温常压无法稳定存在，A正确；
B、①晶胞内位于体心的钠原子，从空间堆积排布来看，相邻等距的氯原子一共12个，对应配位数数值为12，B正确；
C、利用均摊法逐个核算晶胞粒子数目：
①晶胞：，，，物质组成为，由和高压化合得到；
②晶胞：，，，物质组成为，由和过量高压化合得到；
③晶胞：，，物质组成为，同样是与过量反应的产物；
②、③均属于富钠型晶体，均可由和单质钠在高压条件制备，题干“只有③能由与生成”的描述不成立，C错误；
D、②晶胞内含3个、1个，晶胞总质量，晶胞参数单位换算后体积，代入密度公式，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
高压条件生成的特殊晶型依靠外界压强固定晶体骨架，撤去高压后晶格自发重构为常压稳定的氯化钠晶胞，据此判断常温无法稳定存在；
结合晶体空间堆积模型，直接查找体心Na周围距离相等的Cl原子总数，得出对应配位数；
采用均摊法逐一计算三种晶胞内部Na、Cl原子数目，根据原子比例区分富钠、富氯产物，富氯晶体由NaCl和Cl2合成，富钠晶体由NaCl和Na合成；
先计算晶胞内粒子总质量，将纳米长度换算为厘米并计算晶胞体积，依托密度ρ=的公式化简得到最终表达式。
12．环己烯（，沸点83℃）为重要的化工原料，实验室常用环己醇（）制备，流程如下：
步骤Ⅰ 用浓磷酸和环己醇混合加热制备环己烯，蒸馏得到对应馏分；
步骤Ⅱ 将上述蒸馏液倒入分液漏斗中，用10%的碳酸钠溶液和饱和食盐水分别洗涤，分出有机相；
步骤Ⅲ 用干燥的无水CaCl2吸水，过滤后再蒸馏，得到产物；
步骤Ⅳ 经波谱分析，测得产物的核磁共振氢谱图如图所示。
下列说法错误的是
A．用饱和食盐水洗涤的主要目的是除去环己烯中混有的少量环己醇
B．使用浓磷酸不用浓硫酸作催化剂的主要原因是防止有机物炭化和减少污染
C．若加入CaCl2后不过滤直接蒸馏，则产物的纯度会下降
D．由核磁共振氢谱可知产物中含有杂质
【答案】A
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；蒸馏与分馏；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、饱和食盐水主要作用是降低环己烯在水中的溶解度，减少产物溶解损耗，除去环己醇并非饱和食盐水的主要目的，A 错误；
B、浓硫酸氧化性较强，易造成有机物炭化，还会生成二氧化硫有毒废气，浓磷酸氧化性弱，可减少炭化现象与污染物产生，B 正确；
C、无水 CaCl2为固体干燥剂，吸附水分后若不过滤直接蒸馏，受热会释放吸附水混入馏分，造成产物纯度下降，C 正确；
D、纯净环己烯的等效氢对应三组核磁吸收峰，题图出现四组吸收峰，说明产物中含有杂质，D 正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
洗涤除杂：碳酸钠溶液除去酸性杂质，饱和食盐水依靠盐析减小有机物溶解度，区分两种洗涤剂作用；
催化剂选择：对比浓硫酸与浓磷酸的氧化性差异，结合副反应污染问题选取合适催化剂；
干燥剂操作：固体干燥剂受热易脱附水分，蒸馏前过滤是保障产物干燥的必要步骤；
核磁氢谱：等效氢种类与核磁峰数目对应，峰数多于纯净物则样品混有杂质。
13．中国科学院大连化学物理研究所最新成功研发出首例氢负离子原型电池（CeH2|3CeH3@BaH2|NaAlH4），该电池工作状态如图所示：
下列说法错误的是
A．放电时，正极的电极反应式为：。
B．H-由NaAlH4电极移向CeH2电极时存储能量
C．储能时，电池负极的电极反应式为
D．理论上，有2 mol 生成时，两极的质量变化差值为4 g
【答案】B
【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】A、放电时电子流向表明 NaAlH4所在电极为正极，NaAlH4得电子发生还原反应，电极反应式为 3NaAlH4+6e-=Na3[AlH6]+2Al+6H-，A 正确；
B、H-由 NaAlH4电极移向 CeH2电极是电池放电阶段，放电向外释放能量；充电（储能）时 H-才反向迁移储存能量，B 错误；
C、储能过程为电解池，原负极 CeH2变为电解池阴极，发生还原反应，电极反应式 CeH3+e-=CeH2+H-，C 正确；
D、生成 2 mol CeH3时转移 2 mol e-，正极每 2 mol e-对应 2 mol H-迁入负极，两极质量差值等于 2 mol H2质量即 4 g，D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
离子迁移规律：原电池放电时阴离子向负极移动，该过程向外释放电能，充电储能时阴离子反向迁移；
正负极判定：依据电子流动方向确定电极，正极发生得电子还原反应，负极发生失电子氧化反应；
储能电极反应：储能对应电解过程，原电池负极作电解池阴极，阴极发生得电子还原反应；
两极质量差计算：依托转移电子数与 H-迁移量，结合氢原子质量核算两极质量变化差值。
14．联环丁烷Q（）中不同化学键的解离能（单位：kcal·mol-1）如下表：
化学键 Cl-C2 C2-C3 Cl-Cl Cl-H C2-H C3-H
解离能 61.25 62.94 92.83 98.51 101.32 100.59
下列说法正确的是
A．化合物Q是环丁烷的同系物
B．化合物Q发生开环反应时较容易形成的中间产物是
C．化合物Q的一氯代物有4种
D．化合物Q同一个环上所有碳原子可能处在同一平面
【答案】B
【知识点】键能、键长、键角及其应用；同分异构现象和同分异构体；同系物
【解析】【解答】A、同系物要求分子间相差若干个 CH2原子团且官能团种类数目一致，Q 含两个环结构、环丁烷只含一个环，二者结构不满足同系物定义，A 错误；
B、Cl-C2 键解离能数值最小，该化学键最容易断裂开环，断键后生成对应双自由基中间体，和题目给出中间产物结构匹配，B 正确；
C、分子整体呈对称结构，存在 Cl、C2、C3 三类等效氢，其一氯代物共 3 种，C 错误；
D、环上碳原子均采取 sp3 杂化，饱和碳为四面体空间构型，同一个环的碳原子无法全部共平面，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
同系物判断：同系物需碳骨架结构类型一致、分子式差 n 个 CH2，对比环的数目排除 A；化学键断裂：
解离能越小化学键越易断裂，选取键能最低的 Cl-C2 判断开环产物；
一氯代物数目：依托分子对称性划分等效氢种类，等效氢数等于一氯代物种数；
原子共面判断：饱和 sp3 杂化碳原子成键为空间四面体结构，四元环碳原子不能共平面。
15．室温下，将0.1 mol AgCl置于0.1 mol·L-1 NH4NO3溶液中，保持溶液体积和N元素总物质的量不变，pX-pH曲线如图，Ag++NH3 [Ag(NH3)]+和Ag++2NH3 [Ag(NH3)2]+的平衡常数分别为K1和K2，的水解常数。下列说法错误的是
A．Ⅱ为的变化曲线
B．A点溶液中浓度最大的阳离子是
C．
D．C点：
【答案】D
【知识点】化学平衡常数；盐类水解的原理；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、由，结合水解常数，推导出；pH增大时减小，不断升高，对应曲线Ⅳ；持续与配位消耗，不断减小、增大，对应曲线Ⅰ；随氨量增多不断累积，持续下降，对应曲线Ⅲ；剩余曲线Ⅱ代表，A正确；
B、A点，溶液初始溶质为，水解程度极微弱，远大于、各类银氨配离子、，因此浓度最大的阳离子为，B正确；
C、配位①：，，Ⅰ与Ⅱ交点，，可得；
配位②：，，Ⅱ与Ⅲ交点，，可得；
总配位，，C正确；
D、C点，代入，解得，和选项不符，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
粒子曲线判定：依托铵根水解平衡式，建立和pH的定量关系，结合分步配位时四种微粒浓度变化规律，匹配四条曲线对应的粒子；
阳离子浓度比较：依据原料配比与盐类微弱水解规律，对比体系内全部阳离子的浓度大小；
平衡常数推导：利用曲线交点“两种粒子浓度相等”的特点，简化平衡常数计算公式，分步求算两级配位常数后相乘得到；
平衡浓度计算：将C点等量关系带入二级配位平衡常数表达式，变形计算氨气平衡浓度，校验选项数据。
16．铟（49In）在电子、航空航天等领域具有重要应用。一种从锡冶炼烟尘（主要含有In2O3、In2S3、SnO2、Zn2SnO4、PbO以及Fe的氧化物）中提取铟的工艺路线如下：
已知：
①锡冶炼烟尘中含氯较高，当烟尘中氯含量过高时易腐蚀设备；“氧化酸浸”过程中，硫元素被氧化为；不溶于水，溶于强酸后的产物不稳定，易脱水生成SnO2。
②，，。
③“萃取”原理可表示为：（有机相）（有机相）。
④；。
回答下列问题：
（1）基态铟原子的价层电子排布式为　 　。
（2）预处理中“水浸洗涤”的目的是　 　，“萃取分液”时需要的玻璃仪器有　 　。
（3）写出“氧化酸浸”过程中，除锡反应的离子方程式　 　。
（4）滤渣2的主要成分是　 　。
（5）常温下，第一次“调pH”时，溶液中浓度为，应控制溶液的pH范围为　 　（保留一位小数）。
（6）以下说法错误的有________（填标号）。
A．中存在配位键
B．两次调pH操作的目的一样
C．溶液的pH会影响铟的萃取率
D．试剂X用硫酸比用盐酸反萃取效果更好
【答案】（1）5s25p1
（2）脱氯或除去含氯可溶性杂质，避免腐蚀设备；分液漏斗、烧杯
（3）Zn2SnO4+4H+ =2Zn2++SnO2+2H2O
（4）PbSO4、SnO2
（5）2.8≤pH＜3.6
（6）B；D
【知识点】原子核外电子排布；分液和萃取；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）铟原子序数49，位于第五周期ⅢA族，价层电子排布：。
故答案：；
（2）水浸可溶出原料中可溶性氯化物，降低体系氯含量，避免高浓度氯离子腐蚀生产设备；萃取分液用到的玻璃仪器为分液漏斗、烧杯。
故答案： 脱氯或除去含氯可溶性杂质，避免腐蚀设备 ；分液漏斗、烧杯；
（3）与强酸反应生成锌离子、二氧化锡和水，离子方程式：
Zn2SnO4+4H+ =2Zn2++SnO2+2H2O
故答案： Zn2SnO4+4H+ =2Zn2++SnO2+2H2O ；
（4）原料自带，酸浸转化为，和硫酸反应生成难溶，滤渣2成分为、。
故答案： PbSO4、SnO2 ；
（5） 第一次调pH目的是使沉淀完全，不沉淀：沉淀完全时（）： ，得，；（）开始沉淀时：，得，； 因此控制pH范围为。
故答案为： 2.8≤pH＜3.6 ；
（6）A：中提供空轨道、提供孤电子对，存在配位键，说法正确；
B：第一次调除去，第二次调沉淀生成，调控目的不同，说法错误；
C：萃取平衡，浓度变化引起平衡移动，改变萃取率，说法正确；
D：与形成配离子，降低铟离子浓度促进萃取平衡逆向进行，盐酸反萃效果优于硫酸，说法错误；
综上选BD。
故答案：BD；
【分析】锡冶炼烟尘先经水浸洗涤除去可溶性氯化物得到滤液1，剩余固体加硫酸、高锰酸钾氧化酸浸，、、转化为离子进入滤液2，、转化为、形成滤渣2被除去；滤液2加碳酸钠调，沉淀为滤渣3除去，含、的滤液经萃取分液，铟进入有机相、锌留在水相1；有机相加试剂X反萃取得到含铟水溶液，调后用铝置换，最终得到海绵铟。
（1）依托铟在周期表中第五周期第ⅢA族的位置，ⅢA族元素价电子为最外层ns、np电子，按照能级排布规律直接书写价电子排布式，解题关键牢记主族元素价电子排布规律。
（2）结合题干信息“氯离子过高腐蚀设备”，因此水浸目的是溶解可溶性氯盐以除氯；萃取分液是基础分离操作，固定实验玻璃仪器为分液漏斗、烧杯，依托基础实验常识解题。
（3）结合流程信息，遇强酸解离出同时脱水生成固态，按照电荷守恒、原子守恒配平离子方程式，注意为沉淀、不能拆写。
（4）梳理酸浸阶段元素转化：原有不溶于酸、酸化生成，与生成难溶硫酸盐，两种固体共同组成滤渣2。
（5）沉淀分离题型常规解法，分别代入、的，先由离子极限浓度算出对应氢氧根浓度，再换算pH；除杂原则：杂质沉淀完全、目标离子不沉淀，因此pH下限取铁完全沉淀pH，上限取铟刚开始沉淀pH。
（6）A依据配位键形成条件：有空轨道+孤电子对，判断配离子成键；B区分两次调pH对应的除杂对象，除去杂质与富集目标金属目的不一致；C结合勒夏特列原理，萃取平衡生成，pH改变即氢离子浓度改变，平衡发生偏移；D对比盐酸、硫酸阴离子差异，可配位消耗，促使平衡逆向反萃取，逐项筛选错误选项。
（1）In原子序数为49，位于第五周期第ⅢA族，基态原子价层电子为最外层电子，排布式为
（2）题干说明氯含量过高易腐蚀设备，水浸可溶去可溶性氯化物，降低氯含量；萃取分液的玻璃仪器为分液漏斗、烧杯。
（3）由分析可知，溶于强酸后脱水生成，离子方程式为：Zn2SnO4+4H+ =2Zn2++SnO2+2H2O。
（4）原料本身含， 酸浸也生成不溶于酸的， PbO与硫酸反应生成难溶的PbSO4沉淀，实现铅与铟的分离，因此滤渣2主要成分为、。
（5）第一次调pH目的是使沉淀完全，不沉淀：沉淀完全时（）： ，得，；（）开始沉淀时：，得，； 因此控制pH范围为。
（6）A：中提供空轨道，提供孤对电子，存在配位键，A正确；
B：第一次调pH目的是除去等杂质，第二次调pH目的是沉淀，目的不同，B错误；
C：萃取平衡（有机相）（有机相），pH改变会使平衡移动，影响萃取率，C正确；
D：反萃取需要使萃取平衡逆向移动，盐酸提供，可与形成，降低浓度，促进平衡逆向移动，反萃取效果比硫酸更好，D错误；
故答案选BD。
17．化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如下：
回答下列问题：
（1）化合物B中官能团的名称为　 　，反应②的反应类型为　 　。
（2）写出反应③的离子方程式　 　。
（3）下列说法正确的是　 　（填标号）。
a．在化合物A的稀溶液中加几滴FeCl3溶液，溶液显紫色
b．化合物G为手性分子
c．化合物E的水解速率比化合物Ⅰ（）要快
d．化合物C和E的核磁共振氢谱进行比较，二者的化学位移不同
（4）符合下列条件的C的同分异构体有　 　种。（不考虑立体异构）
①含有六元环且只有一个甲基；
②既能发生银镜反应又能发生水解反应
其中核磁共振氢谱有7组峰，峰面积之比为4：4：3：2：1：1：1的结构简式为　 　（任写一种）。
（5）已知H到Q的合成路线如下：
依据E到F的反应历程，写出化合物J的结构简式　 　。
【答案】（1）酮羰基；加成反应
（2）5+4+12H+ →5+4Mn2++11H2O
（3）bd
（4）9；或或（任写一个）
（5）
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物中的官能团；同分异构现象和同分异构体；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1) B分子内含氧官能团为酮羰基；B与发生羰基加成得到C，反应②属于加成反应。
故答案：酮羰基；加成反应；
(2) 酸性将伯醇氧化为，被还原为，配平离子方程式：
：5+4+12H+ →5+4Mn2++11H2O。
故答案：5+4+12H+ →5+4Mn2++11H2O。
(3) a：A不含酚羟基，无法和发生显色反应，错误；
b：化合物G有手性碳：，所以为手性分子，b正确；
c：I （） 中为强吸电子基团，加快酯键水解；E中烷基推电子，酯键更稳定，E水解速率比I慢，错误；
d：C、E骨架与取代基不同，氢原子化学环境不一样，核磁氢谱化学位移存在差异，正确；
综上选bd。
故答案：bd；
(4) 分子式，不饱和度为2；限定六元碳环、只含1个甲基、 既能发生银镜反应又能发生水解反应，故含甲酸酯结构，经同分异构排布合计9种：环上有两个链、、、、、、、、。 其中核磁共振氢谱有7组峰，峰面积之比为4：4：3：2：1：1：1的结构简式为：或或。
故答案为：9；或或（任写一个） ；
(5) E到F是酯基被正丙基取代， H到J发生两次烷基化闭环，最终J为环丁烷上连两个 ：。
故答案：；
【分析】原料 A 经酸性高锰酸钾氧化，羟基转化为羰基得到 B；B 在碱性条件下和甲醛发生加成反应生成含羟甲基的 C；C 的羟甲基再被酸性高锰酸钾氧化为羧基得到 D（ ）；D 与乙醇酯化生成酯 E；E 在乙醇钠、溴丙烷作用下，酯基邻位 α-H 被正丙基取代得到 F（ ）；F 经碱性水解、酸化，酯基水解为羧基，最终得到目标产物 G。
（1）依托B的键线式精准识别含氧官能团，对比B与HCHO的成键变化，羰基双键打开、两端分别连基团，据此判定反应②为加成反应，解题核心是区分羰基加成与取代的结构变化特征。
（2）该步为伯醇被酸性高锰酸钾氧化为羧酸的氧化还原反应，Mn元素从中+7降至为+2，每个Mn得5e-；醇羟基端C从 1升至+3，每个有机分子失4e-，借助电子守恒确定有机物与高锰酸根计量比，再依靠电荷、原子守恒补齐、配平离子方程式。
（3）a选项依据酚羟基专属显色反应，A只含醇羟基、无酚羟基，不能遇显色；
b选项对照手性碳定义，G内存在连四种互不相同基团的饱和碳原子，满足手性分子条件；
c选项从诱导效应分析，强吸电子削弱酯基C O键、易水解，烷基推电子使E中酯键更稳定，水解速率E更慢；
d选项C、E取代基团不同，分子内等效氢种类不一致，核磁共振氢谱化学位移存在区别，逐项筛选正误。
（4）先由分子式算出不饱和度，六元环占用1个不饱和度、甲酸酯占用剩余不饱和度，再固定分子只含1个甲基，在六元环骨架上依次排布甲酸酯与烷基侧链，枚举得到全部9种同分异构体；再结合核磁共振氢谱峰组数、峰面积比例限定分子对称性，筛选出目标结构。
（5）结合⑤步已知规律：E中酯基相连碳上的α H在强碱、卤代烃作用下发生烷基取代；J由两次烷基化实现分子关环，结合J的分子式，判定两分子酯在烷基化试剂作用下闭环形成环丁烷双乙酯结构。
（1）化合物B中官能团的名称为酮羰基；由分析知反应②的反应类型为加成反应。
（2）根据分析知该反应为羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化为羧基，所以离子方程式为：
5+4+12H+ →5+4Mn2++11H2O。
（3）a．化合物A中无酚羟基，所以遇FeCl3不能显色，a错误；
b．化合物G有手性碳：，所以为手性分子，b正确；
c．化合物Ⅰ（）分子中有吸电子基F原子，会导致酯基中碳氧单键的极性增强，更容易断裂，但化合物E中是推电子的烷基，所以酯基中的碳氧单键不容易断，故化合物E的水解速率比化合物Ⅰ要慢，c错误；
d．化合物C和E分子中的氢原子环境不同，所以二者的核磁共振氢谱化学位移不同，d正确；
故选bd。
（4）化合物C的分子式C9H16O2，有2个不饱和度，要满足①含有六元环且只有一个甲基；（占了一个不饱和度，7个碳原子）
②既能发生银镜反应又能发生水解反应（即分子中有甲酸某酯的结构HCOOR）所以结构可能为：环上有两个链、、、、、、、、，共9种。
其中核磁共振氢谱有7组峰，峰面积之比为4：4：3：2：1：1：1的结构简式为：或或。
（5）依据E到F的反应历程是向酯基直接相连的碳原子上连新的碳链，为取代反应，所以结合H到J的条件及J的分子式可得J的结构简式为：。
18．某小组探究乙醛发生银镜反应的影响因素。
（实验中所用到的银氨溶液、乙醛的浓度和体积均相同，水浴温度相同）
（1）实验探究
实验 实验过程 实验现象
向新制的银氨溶液中滴加浓氨水调至，再滴加滴乙醛溶液，水浴加热 后有银镜生成
向新制的银氨溶液中滴加浓氨水调至，再滴加滴乙醛溶液，水浴加热 无明显变化
①实验室配制银氨溶液的操作：　 　。（使用试剂：氨水、溶液）
②写出实验中生成银镜的化学方程式：　 　。
（2）提出猜想并设计实验验证
针对中没有出现银镜，该小组提出猜想
猜想：中溶液碱性太强 猜想：中溶液浓度太小
设计实验：
实验 操作 实验现象
向新制的银氨溶液中加入　 　调至，再加入滴乙醛溶液，水浴加热 后有银镜生成
d 向新制的银氨溶液中加入浓氨水调至，再加入滴乙醛溶液，最后滴加几滴　 　，水浴加热 后有银镜生成
实验证明猜想不成立，猜想成立。请补全上述操作。
（3）原理验证
综合实验结果进一步对比分析，该小组同学得出以下结论：
①碱性越强，乙醛的还原性越强
②氧化性：。为了证实以上结论，该小组同学又设计了以下实验
（已知：参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，检测到的电压越大）。
装置 编号 溶液 溶液 电压表读数
银氨溶液 乙醛溶液
银氨溶液 乙醛溶液
溶液 乙醛 溶液
证明以上结论正确的电压表读数关系为　 　。
（4）结合乙醛发生的半反应分析　 　（写出半反应方程式），增加，促进反应正向进行，提高乙醛的还原性。
（5）实验室不直接用溶液与乙醛反应，而是配制成银氨溶液制银镜的原因　 　。
【答案】（1）取适量溶液于洁净的试管，逐滴滴加氨水，直到沉淀恰好溶解；
（2）溶液；溶液（合理即可）
（3）
（4）
（5）保持溶液呈碱性，有利于提高乙醛的还原性；减小，控制反应速率，便于形成银镜
【知识点】性质实验方案的设计；化学实验方案的评价；醛的化学性质；银镜反应
【解析】【解答】(1) 银氨溶液配制：取洁净试管，装入适量溶液，振荡试管的同时缓慢逐滴滴加稀氨水，待起初生成的棕褐色沉淀恰好完全溶解，停止滴加氨水，配得银氨溶液；乙醛与银氨溶液水浴加热发生银镜反应，化学方程式：
故答案： 取适量溶液于洁净的试管，逐滴滴加氨水，直到沉淀恰好溶解 ； ；
(2) 猜想1为溶液碱性不足，控制温度、试剂用量等全部条件不变，向反应体系中加入少量固体或溶液，升高溶液，静置观察银镜能否顺利生成；
猜想2为体系中游离浓度偏低，其余实验条件保持一致，向待测液滴加少量稀溶液，提升银离子浓度，观察实验现象变化。
故答案：溶液 ；溶液（合理即可） ；；
(3) 在实验结论正确的情况下，实验编号的溶液中乙醛的还原性强于实验编号的溶液中乙醛的，根据已知，电压表读数为；在实验结论正确的情况下（即的氧化性大于的氧化性），实验编号的溶液中的氧化性强于实验编号的溶液中银氨溶液的氧化性，根据已知，电压表读数为，故当实验结论都正确时，电压表的读数关系为；
故答案：；
(4) 碱性环境中发生负极氧化反应，醛基失电子结合转化为醋酸根，依据电荷守恒与原子守恒配平：；
故答案： ；
(5) 银氨溶液的两点优势：其一，配离子水解维持体系弱碱性，碱性环境能够增强乙醛的还原性，推动银镜氧化还原反应正向进行；其二，与络合生成，大幅降低游离银离子浓度，避免银单质瞬间快速析出变黑，减慢反应速率，有利于析出均匀光亮的银镜。
故答案： 保持溶液呈碱性，有利于提高乙醛的还原性；减小，控制反应速率，便于形成银镜 。
【分析】本题以银镜反应的条件探究、原电池定量验证为命题主线，串联基础实验操作、控制变量实验设计、氧化还原规律与原电池电势、电极反应书写、试剂作用评析五大考点。
(1) 依托教材标准实验操作，明确银氨溶液配制必须氨水逐滴加入硝酸银，不可反向加料；根据醛基被银氨配离子氧化的转化规律书写方程式，留意水浴加热条件与沉淀符号标注。
(2) 遵循单一变量实验设计原则，验证碱性猜想只改变溶液，验证银离子浓度猜想只调控浓度，剩余温度、反应物用量等无关变量全程固定，通过现象对比验证猜想。
(3) 紧扣氧化还原强弱规律：还原剂还原性上升、氧化剂氧化性上升，原电池两极电势差增大、电压表读数升高，结合题干给出的碱性、银离子存在形式两个变量，逐层比较三组实验电极物质的氧化还原能力，推导电压大小顺序。
(4) 拆分总反应，碱性介质下醛氧化产物为羧酸根，结合电子得失、电荷守恒书写负极半反应，注意参与反应、生成物不含羧酸分子。
(5) 结合前面对照实验结论，从碱性对乙醛还原性的影响、络合作用调控银离子浓度两个维度，分别解释银氨溶液相比于普通硝酸银溶液更适合银镜实验的原因。
（1）实验室配制银氨溶液的操作为：在洁净试管中加入适量，然后边振荡试管边逐滴滴入氨水，使最初产生的沉淀恰好溶解，制得银氨溶液；
银氨溶液中含有，它是一种弱氧化剂，能把乙醛氧化成乙酸，而被还原成，该过程化学方程式为；
（2）猜想为中溶液碱性太强，为了验证这个猜想，应该在控制反应物浓度以及其他条件不变的情况下，向反应溶液中加入溶液，增大反应过程的，然后观察实验现象；
猜想为中溶液浓度太小，为了验证这个猜想，应该在其他条件不变的情况下，增大反应溶液中的浓度，向溶液中滴加几滴溶液，然后观察实验现象；
（3）在实验结论正确的情况下（即碱性越强，乙醛的还原性越强），实验编号的溶液中乙醛的还原性强于实验编号的溶液中乙醛的，根据已知，电压表读数为；在实验结论正确的情况下（即的氧化性大于的氧化性），实验编号的溶液中的氧化性强于实验编号的溶液中银氨溶液的氧化性，根据已知，电压表读数为，故当实验结论都正确时，电压表的读数关系为；
（4）根据银镜反应的总反应方程式（），在碱性条件下乙醛失去电子发生氧化反应，该反应过程为；
（5）根据前面的实验结果，银氨溶液可以保持反应溶液呈碱性，有利于提高乙醛的还原性，此外，银氨溶液中生成了，这减小了溶液中的浓度，从而控制反应速率，便于形成银镜。
19．“双碳”战略下，加氢制甲醇是实现碳资源循环利用的核心技术。传统铜锌催化剂因活性位点高度耦合生成副产物，涉及的反应如下：
Ⅰ：
Ⅱ：
Ⅲ：
回答下列问题：
（1）①　 　；反应Ⅰ在　 　（填“高温”“低温”“任意温度”）自发进行。
②中科院大连化物所提出催化活性位点“空间解耦”新策略：将活性位点（）与活性位点（）在空间上分离，提高了甲醇的选择性。“空间解耦”-甲酸盐部分路径如下：
步骤1： （表明2个H在Cu位点吸附活化）
步骤2：________（与活性氢加成）。
步骤3：
步骤4：
请写出步骤2的基元反应　 　。
（2）在3 MPa下，向某密闭容器中按投料比充入反应物发生反应Ⅰ、Ⅱ，反应达到平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如下图所示。
①Z线所示物种是　 　（填化学式）。
②解释物质的量分数随温度变化的原因　 　。
③260℃时向密闭容器中加入2 mol CO2和，达平衡时测得，，选择性　 　[]，反应Ⅰ的平衡常数　 　（列出计算式，分压=总压×物质的量分数）。
（3）工业生产甲醇的催化体系需控制进料气中的进入量，原因是　 　（从催化剂活性位点和化学平衡角度分析）。
【答案】（1）-49.2kJ·mol-1；低温；CO2*@ZrO2+H*@Cu→HCOO*@ZrO2+Cu（写CO2*@ZrO2+2H*@Cu→HCOO*@ZrO2+H*Cu也可）
（2）H2O；升温温度使反应Ⅰ逆向进行，生成更多H2；而反应Ⅱ正向进行，消耗H2；反应Ⅰ逆向进行生成氢气的量大于反应Ⅱ正向进行消耗氢气的量，则H2物质的量分数随温度升高而增大；90%；
（3）水蒸气会使催化剂活化位点减少，吸附反应物的能力减弱；水蒸气过多，平衡逆向移动，甲醇产率下降
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1)①结合盖斯定律，总反应Ⅰ可由反应Ⅱ、反应Ⅲ直接相加得到，；该反应正反应气体分子数目减少，体系混乱度减小，即，同时，根据的自发判定公式，低温环境下更容易小于0，反应自发进行。
②由催化反应历程，步骤1生成与两种吸附中间体，步骤3消耗，因此步骤2为两种吸附粒子发生加成转化，对应反应：。
故答案： -49.2kJ·mol-1 ；低温； CO2*@ZrO2+H*@Cu→HCOO*@ZrO2+Cu（写CO2*@ZrO2+2H*@Cu→HCOO*@ZrO2+H*Cu也可）；
(2)①反应Ⅰ是放热反应，升温平衡逆向移动，、物质的量同步下降；反应Ⅱ属于吸热反应，升温平衡正向移动，的生成量持续增多，因此随温度升高占比不断变大的为；依据氧原子守恒 ，的物质的量始终高于，则为。
②升温时反应Ⅰ逆向进行释放，反应Ⅱ正向进行消耗，经对比，反应Ⅰ逆向生成氢气的总量大于反应Ⅱ正向消耗氢气的总量，最终的物质的量分数随温度升高逐步变大。
③设反应Ⅰ中转化，反应Ⅱ中转化，根据氧守恒、氢剩余量，联立算出；甲醇选择性 ；平衡总物质的量，总压，结合各物质平衡物质的量，代入分压平衡常数表达式： 。
故答案： H2O ； 升温温度使反应Ⅰ逆向进行，生成更多H2；而反应Ⅱ正向进行，消耗H2；反应Ⅰ逆向进行生成氢气的量大于反应Ⅱ正向进行消耗氢气的量，则H2物质的量分数随温度升高而增大 ； 90% ； ；
(3)从平衡移动角度，是反应Ⅰ、Ⅱ的共同生成物，进料时水蒸气分压上升，依据勒夏特列原理，两个可逆反应均逆向移动，向甲醇的转化被抑制；从催化作用角度，气态水分子会吸附在催化剂表面的活性位点上，挤占、的吸附位置，降低催化剂活化反应物的能力，因此实际生产需要严格控制进料中的含量。
故答案： 水蒸气会使催化剂活化位点减少，吸附反应物的能力减弱；水蒸气过多，平衡逆向移动，甲醇产率下降 。
【分析】本题以催化加氢平行制备、为化工背景，综合盖斯定律、反应自发性判断、催化基元反应、平衡移动规律、双反应守恒计算、平衡与催化机理分析六大考点，整道题目按照反应热力学→平衡定性分析→平衡定量计算→工业条件调控的逻辑排布。
(1)①依托盖斯定律的方程式加减运算规则求解焓变，结合、正负，结合吉布斯自由能公式推导反应自发的温度区间；
②顺着催化步骤的中间体变化，结合原子守恒，推导中间基元反应方程式。
(2)①区分吸热、放热反应受温度影响的平衡移动方向，结合物料守恒关系式，对比各组分含量变化趋势确定、；
②分别分析升温对两个反应中一增一减的影响，通过两个变化量的相对大小，解释体积分数变化趋势；
③利用C原子守恒、原子守恒建立二元一次方程组，分别求解两条路径消耗量，再结合选择性定义、分压平衡常数的书写规则代入数据列式。
(3)分热力学平衡、催化剂吸附两个独立维度，分别阐述过量水蒸气对甲醇合成的不利影响，从化学原理层面解释工业控水量的原因。
（1）①根据盖斯定律，反应Ⅰ=反应Ⅱ+反应Ⅲ，因此；反应Ⅰ气体分子数减少，，且，根据的自发条件，该反应在低温下自发；
② 根据反应路径，步骤1得到吸附态和活性氢，步骤3的反应物为，因此步骤2为二者加成生成目标产物的反应，即；
（2）①升温时，放热的反应Ⅰ逆向移动，、物质的量分数降低；吸热的反应Ⅱ正向移动，物质的量分数升高，因此升高增大的为；又，的物质的量分数始终大于，因此为；
② 反应Ⅰ为放热反应，升温使反应Ⅰ平衡逆向移动，生成量增加；反应Ⅱ为吸热反应，升温使反应Ⅱ正向移动消耗，但反应Ⅰ逆向进行生成氢气的量大于反应Ⅱ正向进行消耗氢气的量，因此 物质的量分数随温度升高而增大；
③设反应Ⅰ转化 为，反应Ⅱ转化 为，已知平衡时，，则，，解得，，因此；平衡，平衡时总物质的量为，代入分压平衡常数表达式化简得；
（3）平衡角度：(g)是反应Ⅰ、Ⅱ的生成物，进料(g)分压增大，会使反应平衡逆向移动，不利于甲醇生成；催化剂角度：(g)会吸附占据催化剂的活性位点，使催化剂活化位点减少，吸附反应物的能力减弱，因此需要控制进料中(g)的量。
1 / 1湖南郴州市第一中学等校2025-2026学年下学期高三4月调研模拟考试 化学试题
1．下列过程不涉及化学变化的是
A．煤的干馏 B．电解质溶液导电
C．DNA复制 D．蛋白质的盐析
2．下列化学用语表示错误的是
A．的名称为N，二甲基甲酰胺
B．的价层电子对互斥模型：
C．顺，二氟乙烯的结构式：
D．吡喃葡萄糖（）含键
3．下列描述不能正确反映事实的是
A．有强氧化性，但常温下可用钢瓶储存液氯
B．烫发时使用还原剂将头发中的二硫键变成巯基，再用氧化剂将巯基氧化成新的二硫键
C．甲烷水分子笼中甲烷与水分子之间通过氢键结合
D．壳聚糖具有良好的生物降解性和相容性，可以用作手术缝合线和环保包装袋等
4．关于实验室安全，下列说法错误的是
A．金属钠燃烧起火，可用干燥沙土灭火
B．观察烧杯中钾与水反应的实验现象时，应带上护目镜近距离俯视
C．温度计中水银洒落地面，可用硫粉处理
D．做有机实验时将有机废液收集后送专业机构处理
5．“超级炸药”全氮阴离子盐是一种中间体，制备全氮阴离子盐第一步是合成，反应原理为（未配平），为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．已知为五元平面环状结构，则分子中含有大π键
B．在、、、分子中都存在杂化的原子
C．和的混合气体，含有个质子
D．生成时，电子转移数为
6．磷的化合物的转化关系如图所示。下列说法正确的是
A．中既含有离子键又含有共价键
B．溶液中有4种含磷微粒
C．结构式为，其中键角
D．已知：，其中氧化剂与还原剂物质的量之比为
7．下列实验操作及现象能得出相应结论的是
选项 实验操作及现象 结论
A 取少量麦芽糖水解液，加过量溶液，再加新制的悬浊液，加热，生成砖红色沉淀 麦芽糖水解生成了还原性糖
B 向溶液中滴加稍过量的，溶液先变黄，稍后产生气体速率加快 可以催化分解
C 常温下，将苯酚和溶液混合（已知：苯酚的），测得溶液的 溶液粒子浓度：
D 向溶液中滴加2滴酚酞溶液，溶液先变红后褪色 溶液发生了水解反应
A．A B．B C．C D．D
8．化合物 Z 是一种具有生理活性的多环呋喃类化合物，部分合成路线如图所示：
下列说法正确的是
A．该反应的原子利用率为 100%
B．Y 与按发生加成反应的产物有两种
C．Z 分子中存在两个手性碳原子
D．X 能使溴水褪色，不能使酸性的高锰酸钾溶液褪色
9．某食品添加剂的结构如图所示。X、Y、Z、Q、W、M是原子序数依次增大的短周期主族元素，基态M的p电子总数等于基态X、Y、Z、Q、W的未成对电子数之和。下列说法正确的是
A．第一电离能大小：YB．该物质既能与盐酸反应又能与NaOH反应
C．与分子中键角都大于
D．X与Z形成一种离子化合物，其阴离子是直线形结构
10．环氧化合物是重要的有机合成中间体。以钛掺杂沸石为催化剂，由丙烯（）为原料生产环氧丙烷（）的反应机理如图所示。下列说法错误的是
A．过程中Ti元素的化合价发生了变化
B．过程中存在极性键的断裂和形成
C．该过程总反应为+H2O2+H2O
D．将丙烯换为2-丁烯发生上述反应可生成
11．NaCl晶体在超高压下与Na或Cl2反应，可以形成不同组成、结构的晶体。如图是其中部分晶体结构，是阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．常温常压下①②③都不能稳定存在
B．①中与Na最近且等距的Cl的数目为12
C．只有③是NaCl晶体在高压下与Na反应形成的晶体
D．若②中晶胞参数分别为a nm、a nm、c nm，则晶胞密度可表示为
12．环己烯（，沸点83℃）为重要的化工原料，实验室常用环己醇（）制备，流程如下：
步骤Ⅰ 用浓磷酸和环己醇混合加热制备环己烯，蒸馏得到对应馏分；
步骤Ⅱ 将上述蒸馏液倒入分液漏斗中，用10%的碳酸钠溶液和饱和食盐水分别洗涤，分出有机相；
步骤Ⅲ 用干燥的无水CaCl2吸水，过滤后再蒸馏，得到产物；
步骤Ⅳ 经波谱分析，测得产物的核磁共振氢谱图如图所示。
下列说法错误的是
A．用饱和食盐水洗涤的主要目的是除去环己烯中混有的少量环己醇
B．使用浓磷酸不用浓硫酸作催化剂的主要原因是防止有机物炭化和减少污染
C．若加入CaCl2后不过滤直接蒸馏，则产物的纯度会下降
D．由核磁共振氢谱可知产物中含有杂质
13．中国科学院大连化学物理研究所最新成功研发出首例氢负离子原型电池（CeH2|3CeH3@BaH2|NaAlH4），该电池工作状态如图所示：
下列说法错误的是
A．放电时，正极的电极反应式为：。
B．H-由NaAlH4电极移向CeH2电极时存储能量
C．储能时，电池负极的电极反应式为
D．理论上，有2 mol 生成时，两极的质量变化差值为4 g
14．联环丁烷Q（）中不同化学键的解离能（单位：kcal·mol-1）如下表：
化学键 Cl-C2 C2-C3 Cl-Cl Cl-H C2-H C3-H
解离能 61.25 62.94 92.83 98.51 101.32 100.59
下列说法正确的是
A．化合物Q是环丁烷的同系物
B．化合物Q发生开环反应时较容易形成的中间产物是
C．化合物Q的一氯代物有4种
D．化合物Q同一个环上所有碳原子可能处在同一平面
15．室温下，将0.1 mol AgCl置于0.1 mol·L-1 NH4NO3溶液中，保持溶液体积和N元素总物质的量不变，pX-pH曲线如图，Ag++NH3 [Ag(NH3)]+和Ag++2NH3 [Ag(NH3)2]+的平衡常数分别为K1和K2，的水解常数。下列说法错误的是
A．Ⅱ为的变化曲线
B．A点溶液中浓度最大的阳离子是
C．
D．C点：
16．铟（49In）在电子、航空航天等领域具有重要应用。一种从锡冶炼烟尘（主要含有In2O3、In2S3、SnO2、Zn2SnO4、PbO以及Fe的氧化物）中提取铟的工艺路线如下：
已知：
①锡冶炼烟尘中含氯较高，当烟尘中氯含量过高时易腐蚀设备；“氧化酸浸”过程中，硫元素被氧化为；不溶于水，溶于强酸后的产物不稳定，易脱水生成SnO2。
②，，。
③“萃取”原理可表示为：（有机相）（有机相）。
④；。
回答下列问题：
（1）基态铟原子的价层电子排布式为　 　。
（2）预处理中“水浸洗涤”的目的是　 　，“萃取分液”时需要的玻璃仪器有　 　。
（3）写出“氧化酸浸”过程中，除锡反应的离子方程式　 　。
（4）滤渣2的主要成分是　 　。
（5）常温下，第一次“调pH”时，溶液中浓度为，应控制溶液的pH范围为　 　（保留一位小数）。
（6）以下说法错误的有________（填标号）。
A．中存在配位键
B．两次调pH操作的目的一样
C．溶液的pH会影响铟的萃取率
D．试剂X用硫酸比用盐酸反萃取效果更好
17．化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如下：
回答下列问题：
（1）化合物B中官能团的名称为　 　，反应②的反应类型为　 　。
（2）写出反应③的离子方程式　 　。
（3）下列说法正确的是　 　（填标号）。
a．在化合物A的稀溶液中加几滴FeCl3溶液，溶液显紫色
b．化合物G为手性分子
c．化合物E的水解速率比化合物Ⅰ（）要快
d．化合物C和E的核磁共振氢谱进行比较，二者的化学位移不同
（4）符合下列条件的C的同分异构体有　 　种。（不考虑立体异构）
①含有六元环且只有一个甲基；
②既能发生银镜反应又能发生水解反应
其中核磁共振氢谱有7组峰，峰面积之比为4：4：3：2：1：1：1的结构简式为　 　（任写一种）。
（5）已知H到Q的合成路线如下：
依据E到F的反应历程，写出化合物J的结构简式　 　。
18．某小组探究乙醛发生银镜反应的影响因素。
（实验中所用到的银氨溶液、乙醛的浓度和体积均相同，水浴温度相同）
（1）实验探究
实验 实验过程 实验现象
向新制的银氨溶液中滴加浓氨水调至，再滴加滴乙醛溶液，水浴加热 后有银镜生成
向新制的银氨溶液中滴加浓氨水调至，再滴加滴乙醛溶液，水浴加热 无明显变化
①实验室配制银氨溶液的操作：　 　。（使用试剂：氨水、溶液）
②写出实验中生成银镜的化学方程式：　 　。
（2）提出猜想并设计实验验证
针对中没有出现银镜，该小组提出猜想
猜想：中溶液碱性太强 猜想：中溶液浓度太小
设计实验：
实验 操作 实验现象
向新制的银氨溶液中加入　 　调至，再加入滴乙醛溶液，水浴加热 后有银镜生成
d 向新制的银氨溶液中加入浓氨水调至，再加入滴乙醛溶液，最后滴加几滴　 　，水浴加热 后有银镜生成
实验证明猜想不成立，猜想成立。请补全上述操作。
（3）原理验证
综合实验结果进一步对比分析，该小组同学得出以下结论：
①碱性越强，乙醛的还原性越强
②氧化性：。为了证实以上结论，该小组同学又设计了以下实验
（已知：参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，检测到的电压越大）。
装置 编号 溶液 溶液 电压表读数
银氨溶液 乙醛溶液
银氨溶液 乙醛溶液
溶液 乙醛 溶液
证明以上结论正确的电压表读数关系为　 　。
（4）结合乙醛发生的半反应分析　 　（写出半反应方程式），增加，促进反应正向进行，提高乙醛的还原性。
（5）实验室不直接用溶液与乙醛反应，而是配制成银氨溶液制银镜的原因　 　。
19．“双碳”战略下，加氢制甲醇是实现碳资源循环利用的核心技术。传统铜锌催化剂因活性位点高度耦合生成副产物，涉及的反应如下：
Ⅰ：
Ⅱ：
Ⅲ：
回答下列问题：
（1）①　 　；反应Ⅰ在　 　（填“高温”“低温”“任意温度”）自发进行。
②中科院大连化物所提出催化活性位点“空间解耦”新策略：将活性位点（）与活性位点（）在空间上分离，提高了甲醇的选择性。“空间解耦”-甲酸盐部分路径如下：
步骤1： （表明2个H在Cu位点吸附活化）
步骤2：________（与活性氢加成）。
步骤3：
步骤4：
请写出步骤2的基元反应　 　。
（2）在3 MPa下，向某密闭容器中按投料比充入反应物发生反应Ⅰ、Ⅱ，反应达到平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如下图所示。
①Z线所示物种是　 　（填化学式）。
②解释物质的量分数随温度变化的原因　 　。
③260℃时向密闭容器中加入2 mol CO2和，达平衡时测得，，选择性　 　[]，反应Ⅰ的平衡常数　 　（列出计算式，分压=总压×物质的量分数）。
（3）工业生产甲醇的催化体系需控制进料气中的进入量，原因是　 　（从催化剂活性位点和化学平衡角度分析）。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；电解质溶液的导电性；煤的干馏和综合利用；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A、煤的干馏是煤隔绝空气高温分解，生成焦炭、煤焦油等新物质，属于化学变化，A 错误；
B、电解质溶液导电本质是电解过程，发生电极反应生成新物质，属于化学变化，B 错误；
C、DNA 复制涉及化学键断裂与新键生成，形成新 DNA 分子，属于化学变化，C 错误；
D、蛋白质盐析是加入浓无机盐溶液降低蛋白质溶解度使其析出，蛋白质结构未改变，加水可重新溶解，只发生物理变化，D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
区分物理变化与化学变化的核心依据是有没有新物质生成；
煤干馏伴随复杂的分解反应，电解质溶液导电对应电解反应，DNA 复制存在共价键的断裂与形成，三者均产生新物质；
蛋白质盐析依靠溶解度变化实现析出，没有化学键断裂、无新物质生成，属于物理过程。
2．【答案】A
【知识点】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；有机化合物的命名
【解析】【解答】A、该物质母体为乙酰胺，正确命名是 N，N - 二甲基乙酰胺，选项命名错误，A 错误；
B、对应分子中心原子价层电子对数为 4（ ），含 1 对孤电子对，价层电子对互斥模型为四面体形，图示模型符合，B 正确；
C、顺 - 二氟乙烯中两个 F 原子在碳碳双键同一侧，结构式书写匹配顺式结构，C 正确；
D、吡喃葡萄糖环所有化学键均为σ单键，经计算为： ， 因此1mol该物质含24mol σ键，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
酰胺类命名以羧酸对应的酰胺为母体，根据酰基碳数确定母体名称，N 上取代基标注在 N 前；
价层电子对互斥模型只统计全部价层电子，孤电子对和成键电子均计入空间构型；
顺反烯烃判定依据双键同侧取代基种类，同侧相同基团为顺式结构；共价键区分。
3．【答案】C
【知识点】氯气的化学性质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A、常温下液氯与铁发生钝化反应，生成致密氧化膜阻隔继续反应，因此虽氧化性强，但可用钢瓶盛装液氯，A符合事实；
B、烫发药剂先用还原剂断裂蛋白质中二硫键生成巯基，调整发型后再经氧化剂氧化，重新形成二硫键固定造型，B符合事实；
C、不含N、O、F，无法形成氢键，甲烷水笼中依靠范德华力束缚甲烷分子，描述错误，C不能反映事实；
D、壳聚糖天然可降解、生物相容性优良，常用来制作可吸收手术缝合线与环保包装袋，D符合事实；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
常温钝化是液氯储钢瓶的核心原理，区分干燥与氯水对铁的腐蚀差异；
头发卷曲依靠蛋白质中二硫键的还原断裂、氧化重组实现；
氢键形成必须满足连在N/O/F上的H与另一个N/O/F，甲烷不满足氢键成键条件；
壳聚糖属于天然多糖类高分子，依托生物可降解特性拓展医用、包装用途。
4．【答案】B
【知识点】碱金属的性质；有机物的结构和性质；化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】A、钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠可与水、二氧化碳反应，因此钠着火不能用水、二氧化碳灭火器，选用干燥沙土隔绝空气灭火，A 正确；
B、钾与水剧烈反应并放热，液体极易飞溅，即便佩戴护目镜也不能近距离俯视观察，需要保持安全距离，B 错误；
C、汞单质易挥发产生有毒蒸气，常温下硫粉可与 Hg 化合生成无毒硫化汞，因此洒落水银可用硫粉覆盖处理，C 正确；
D、有机废液大多易燃、有毒，随意倾倒会污染环境，需要统一收集后交由专业机构无害化处置，D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
金属失火：钠、钾等活泼金属起火禁用常规灭火剂，沙土是首选灭火材料；
碱金属实验：钾、钠与水反应剧烈，观察实验必须远离容器，防范液体喷溅伤人；
汞泄漏处理：利用 S 与 Hg 常温化合的性质消除汞污染，避免汞蒸气中毒；
废液处理：实验室有机废液遵循分类回收原则，禁止直接排入下水道。
5．【答案】B
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氧化还原反应方程式的配平；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、为五元平面环状结构，每个N提供1个p电子，外加离子所带1个负电荷，共有6个离域电子，存在大键，A正确；
B、中N、与中O均为杂化，结构式，中心N为杂化，无杂化原子，B错误；
C、、摩尔质量分别为、，每28g 含14mol质子、每44g 含22mol质子，折算可知2g混合气体总质子物质的量恒为1mol，即含个质子，C正确；
D、配平方程式 ，生成5mol 转移4mol电子，为，对应转移电子，即转移电子数目为，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
大π键判断：平面环状结构结合价电子数计算离域电子，确定大π键符号；
杂化类型判断：依据价层电子对数，为直线型分子，中心N采取杂化；
质子守恒计算：与最简式均满足N、O固定质子比例，用平均法快速计算质子数目；
氧化还原电子转移：先配平反应方程式，根据生成物物质的量与电子转移比例计算转移电子数。
6．【答案】C
【知识点】化学键；共价键的形成及共价键的主要类型；氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、由与构成，只存在离子键，不存在共价键，A错误；
B、是一元弱酸，不会发生电离，为正盐，溶液中含磷微粒有、H3PO2两种含磷微粒，故B错误；
C、结构式为，双键电子云密度大、斥力大于单键电子对斥力，因此键角，C正确；
D、反应 中，中Cu元素化合价全部降低，全部作氧化剂；11mol 中3mol P化合价升高生成、作还原剂，剩余8mol P化合价降低进入、作氧化剂，氧化剂与还原剂物质的量之比，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
化学键判断：活泼金属与非金属形成的二元离子化合物只含离子键；
酸的元数：依据结构中羟基氢数目确定酸性，次磷酸只有1个羟基氢，属于一元酸；
键角比较：双键成键电子对斥力＞单键成键电子对斥力，斥力越大对应键角越大；
氧化还原配比：同一反应物可既作氧化剂又作还原剂，只统计化合价升高的部分为还原剂。
7．【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；盐类水解的应用；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A、麦芽糖本身属于还原性糖，不水解也能和新制氢氧化铜生成砖红色沉淀，无法证明麦芽糖发生水解，A错误；
B、溶液先变黄说明被氧化为，后续加快分解的是，并非催化，B错误；
C、由，时，代入得，即，C错误；
D、水解：，使酚酞变红，具有漂白性使溶液褪色，现象能证明发生水解，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
还原性糖检验：麦芽糖自身含醛基，直接可发生砖红色沉淀反应，不能用该现象验证水解；
双氧水催化：被氧化生成的才是分解的催化剂；
电离常数计算：借助苯酚电离平衡常数与氢离子浓度，定量比较酚分子、酚酸根浓度大小；
次氯酸盐性质：水解生成与，碱性显色、次氯酸漂白，先后变色褪色印证水解。
8．【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物中的官能团；同分异构现象和同分异构体；加成反应
【解析】【解答】A、反应除生成 Z 外还有小分子副产物生成，原子没有全部进入目标产物，原子利用率达不到 100%，A 错误；
B、Y 为对称环状烯烃，碳碳双键两端环境等效，与 HCl 按 1：1 加成可能发生1，2加成，也可能发生1，4加成，加成产物不止两种，B错误；
C、Z 中环醚相连的两个饱和碳原子，均连接四种不同原子或基团，属于手性碳原子， 如图， 分子共 2 个手性碳，C 正确；
D、X 含酚羟基与碳碳双键，既能和溴水发生加成、取代使之褪色，也能被酸性 KMnO4 氧化使溶液褪色，D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
原子利用率：只有加成、加聚反应无小分子脱出，原子全部转入产物，原子利用率才是百分之百，本反应生成含氧杂环伴随小分子脱离；
烯烃加成：双键两侧烃基结构完全对称时，卤化氢定向加成仅得到单一结构产物，不存在同分异构体；
手性碳判定：连有四个互不相同原子或取代基的饱和 sp3 碳原子为手性碳，结合环状骨架逐个定位；
有机物还原性：碳碳双键、酚羟基均易被强氧化剂氧化，均可使酸性高锰酸钾溶液褪色。
9．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；键能、键长、键角及其应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、第二周期主族元素第一电离能整体变化规律为从左往右逐步升高，氮元素 2p 轨道填充 3 个自旋平行电子，达成半满的稳定电子排布，使得氮的第一电离能反常高于相邻氧，因此三种元素第一电离能排序 N＞O＞C，A 错误；
B、该有机分子内含羧酸钠与碱性氨基两种结构，羧酸钠可依托强酸制弱酸原理和盐酸反应，氨基显碱性同样能结合氢离子消耗盐酸；结构内部不存在羧基、酚羟基等酸性官能团，无法和强碱 NaOH 发生反应，B 错误；
C、PH3分子中心磷原子价层电子 ，受孤电子斥力压缩，分子空间构型为三角锥形；P4由四个磷原子以单键相连构成正四面体骨架，全部磷原子处在顶点位置，P-P 键夹角固定 60°，两种分子键角明显不一致，C 错误；
D、氢、氮组成的离子晶体 H4N4对应叠氮化铵，化学式写作 NH4N3，其阴离子 N3-与 CO2原子数、价电子总数完全相同，互为等电子体，参照二氧化碳结构可判断中心氮原子采取 sp 杂化，阴离子空间构型呈直线形，D 正确；
故答案为：D。
【分许】元素推断：六种元素均属于短周期主族元素，原子序数依次递增；X 只形成 1 根共价单键，未成对电子数是 1，确定 X 为 H；Y 能形成四根共价键，原子序数大于 H，最外层 4 个价电子，未成对电子数 2，对应 Y 为 C；Z 可形成三根共价键，原子序数大于 C，最外层 5 个价电子、未成对电子 3 个，Z 是 N；Q 能形成双键，原子序数大于 N，最外层 6 个价电子、未成对电子 2 个，Q 为 O；W 在化合物中以 + 1 价阳离子存在，原子序数大于 O，短周期第 ⅠA 族，W 是 Na；前五种元素未成对电子数目相加：1+2+3+2+1=9，题目给出基态 M 原子 p 轨道电子总数等于 9，电子排布 1s22s22p63s23p3，2p 轨道 6 个电子、3p 轨道 3 个电子，合计 9 个 p 电子，推出 M 为 P；
10．【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、整个循环反应路径中 Ti 原子成键环境发生改变，但全程 Ti 元素化合价始终保持固定，没有出现升降变化，A 错误；
B、反应过程存在 H-O、C=C 等极性键与非极性键断裂，同时生成 C-O、H-O 等极性共价键，包含极性键的断裂与形成，B 正确；
C、结合循环机理，丙烯与 H2O2在催化剂作用下生成环氧丙烷和 H2O， 总反应式为+H2O2+H2O ，C 正确；
D、2 - 丁烯结构对称，双键被氧化环化后可以生成对应取代环氧烷产物 ：+H2O2+H2O，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
化合价判断：催化剂参与中间历程但整体循环复原，本题 Ti 在各中间体中成键类型改变、氧化数不变，无化合价升降；
化学键变化：H2O2参与反应时断裂 H-O 极性键，有机物成环时生成 C-O 极性键，伴随碳碳双键的非极性键断裂；
总反应梳理：剔除循环再生的催化剂中间体，只保留反应物丙烯、过氧化氢与生成物环氧丙烷、水；
烯烃环氧化规律：对称烯烃 2 - 丁烯经同种环氧化机理，双键两端同时连氧形成三元环氧环。
11．【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、①②③三种晶体都需要超高压环境才能合成，常压环境中氯化钠的热力学稳定构型是常规面心立方晶胞，高压催生的特殊晶格失去压强约束后不能维持骨架，常温常压无法稳定存在，A正确；
B、①晶胞内位于体心的钠原子，从空间堆积排布来看，相邻等距的氯原子一共12个，对应配位数数值为12，B正确；
C、利用均摊法逐个核算晶胞粒子数目：
①晶胞：，，，物质组成为，由和高压化合得到；
②晶胞：，，，物质组成为，由和过量高压化合得到；
③晶胞：，，物质组成为，同样是与过量反应的产物；
②、③均属于富钠型晶体，均可由和单质钠在高压条件制备，题干“只有③能由与生成”的描述不成立，C错误；
D、②晶胞内含3个、1个，晶胞总质量，晶胞参数单位换算后体积，代入密度公式，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
高压条件生成的特殊晶型依靠外界压强固定晶体骨架，撤去高压后晶格自发重构为常压稳定的氯化钠晶胞，据此判断常温无法稳定存在；
结合晶体空间堆积模型，直接查找体心Na周围距离相等的Cl原子总数，得出对应配位数；
采用均摊法逐一计算三种晶胞内部Na、Cl原子数目，根据原子比例区分富钠、富氯产物，富氯晶体由NaCl和Cl2合成，富钠晶体由NaCl和Na合成；
先计算晶胞内粒子总质量，将纳米长度换算为厘米并计算晶胞体积，依托密度ρ=的公式化简得到最终表达式。
12．【答案】A
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；蒸馏与分馏；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、饱和食盐水主要作用是降低环己烯在水中的溶解度，减少产物溶解损耗，除去环己醇并非饱和食盐水的主要目的，A 错误；
B、浓硫酸氧化性较强，易造成有机物炭化，还会生成二氧化硫有毒废气，浓磷酸氧化性弱，可减少炭化现象与污染物产生，B 正确；
C、无水 CaCl2为固体干燥剂，吸附水分后若不过滤直接蒸馏，受热会释放吸附水混入馏分，造成产物纯度下降，C 正确；
D、纯净环己烯的等效氢对应三组核磁吸收峰，题图出现四组吸收峰，说明产物中含有杂质，D 正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
洗涤除杂：碳酸钠溶液除去酸性杂质，饱和食盐水依靠盐析减小有机物溶解度，区分两种洗涤剂作用；
催化剂选择：对比浓硫酸与浓磷酸的氧化性差异，结合副反应污染问题选取合适催化剂；
干燥剂操作：固体干燥剂受热易脱附水分，蒸馏前过滤是保障产物干燥的必要步骤；
核磁氢谱：等效氢种类与核磁峰数目对应，峰数多于纯净物则样品混有杂质。
13．【答案】B
【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】A、放电时电子流向表明 NaAlH4所在电极为正极，NaAlH4得电子发生还原反应，电极反应式为 3NaAlH4+6e-=Na3[AlH6]+2Al+6H-，A 正确；
B、H-由 NaAlH4电极移向 CeH2电极是电池放电阶段，放电向外释放能量；充电（储能）时 H-才反向迁移储存能量，B 错误；
C、储能过程为电解池，原负极 CeH2变为电解池阴极，发生还原反应，电极反应式 CeH3+e-=CeH2+H-，C 正确；
D、生成 2 mol CeH3时转移 2 mol e-，正极每 2 mol e-对应 2 mol H-迁入负极，两极质量差值等于 2 mol H2质量即 4 g，D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
离子迁移规律：原电池放电时阴离子向负极移动，该过程向外释放电能，充电储能时阴离子反向迁移；
正负极判定：依据电子流动方向确定电极，正极发生得电子还原反应，负极发生失电子氧化反应；
储能电极反应：储能对应电解过程，原电池负极作电解池阴极，阴极发生得电子还原反应；
两极质量差计算：依托转移电子数与 H-迁移量，结合氢原子质量核算两极质量变化差值。
14．【答案】B
【知识点】键能、键长、键角及其应用；同分异构现象和同分异构体；同系物
【解析】【解答】A、同系物要求分子间相差若干个 CH2原子团且官能团种类数目一致，Q 含两个环结构、环丁烷只含一个环，二者结构不满足同系物定义，A 错误；
B、Cl-C2 键解离能数值最小，该化学键最容易断裂开环，断键后生成对应双自由基中间体，和题目给出中间产物结构匹配，B 正确；
C、分子整体呈对称结构，存在 Cl、C2、C3 三类等效氢，其一氯代物共 3 种，C 错误；
D、环上碳原子均采取 sp3 杂化，饱和碳为四面体空间构型，同一个环的碳原子无法全部共平面，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
同系物判断：同系物需碳骨架结构类型一致、分子式差 n 个 CH2，对比环的数目排除 A；化学键断裂：
解离能越小化学键越易断裂，选取键能最低的 Cl-C2 判断开环产物；
一氯代物数目：依托分子对称性划分等效氢种类，等效氢数等于一氯代物种数；
原子共面判断：饱和 sp3 杂化碳原子成键为空间四面体结构，四元环碳原子不能共平面。
15．【答案】D
【知识点】化学平衡常数；盐类水解的原理；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、由，结合水解常数，推导出；pH增大时减小，不断升高，对应曲线Ⅳ；持续与配位消耗，不断减小、增大，对应曲线Ⅰ；随氨量增多不断累积，持续下降，对应曲线Ⅲ；剩余曲线Ⅱ代表，A正确；
B、A点，溶液初始溶质为，水解程度极微弱，远大于、各类银氨配离子、，因此浓度最大的阳离子为，B正确；
C、配位①：，，Ⅰ与Ⅱ交点，，可得；
配位②：，，Ⅱ与Ⅲ交点，，可得；
总配位，，C正确；
D、C点，代入，解得，和选项不符，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
粒子曲线判定：依托铵根水解平衡式，建立和pH的定量关系，结合分步配位时四种微粒浓度变化规律，匹配四条曲线对应的粒子；
阳离子浓度比较：依据原料配比与盐类微弱水解规律，对比体系内全部阳离子的浓度大小；
平衡常数推导：利用曲线交点“两种粒子浓度相等”的特点，简化平衡常数计算公式，分步求算两级配位常数后相乘得到；
平衡浓度计算：将C点等量关系带入二级配位平衡常数表达式，变形计算氨气平衡浓度，校验选项数据。
16．【答案】（1）5s25p1
（2）脱氯或除去含氯可溶性杂质，避免腐蚀设备；分液漏斗、烧杯
（3）Zn2SnO4+4H+ =2Zn2++SnO2+2H2O
（4）PbSO4、SnO2
（5）2.8≤pH＜3.6
（6）B；D
【知识点】原子核外电子排布；分液和萃取；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）铟原子序数49，位于第五周期ⅢA族，价层电子排布：。
故答案：；
（2）水浸可溶出原料中可溶性氯化物，降低体系氯含量，避免高浓度氯离子腐蚀生产设备；萃取分液用到的玻璃仪器为分液漏斗、烧杯。
故答案： 脱氯或除去含氯可溶性杂质，避免腐蚀设备 ；分液漏斗、烧杯；
（3）与强酸反应生成锌离子、二氧化锡和水，离子方程式：
Zn2SnO4+4H+ =2Zn2++SnO2+2H2O
故答案： Zn2SnO4+4H+ =2Zn2++SnO2+2H2O ；
（4）原料自带，酸浸转化为，和硫酸反应生成难溶，滤渣2成分为、。
故答案： PbSO4、SnO2 ；
（5） 第一次调pH目的是使沉淀完全，不沉淀：沉淀完全时（）： ，得，；（）开始沉淀时：，得，； 因此控制pH范围为。
故答案为： 2.8≤pH＜3.6 ；
（6）A：中提供空轨道、提供孤电子对，存在配位键，说法正确；
B：第一次调除去，第二次调沉淀生成，调控目的不同，说法错误；
C：萃取平衡，浓度变化引起平衡移动，改变萃取率，说法正确；
D：与形成配离子，降低铟离子浓度促进萃取平衡逆向进行，盐酸反萃效果优于硫酸，说法错误；
综上选BD。
故答案：BD；
【分析】锡冶炼烟尘先经水浸洗涤除去可溶性氯化物得到滤液1，剩余固体加硫酸、高锰酸钾氧化酸浸，、、转化为离子进入滤液2，、转化为、形成滤渣2被除去；滤液2加碳酸钠调，沉淀为滤渣3除去，含、的滤液经萃取分液，铟进入有机相、锌留在水相1；有机相加试剂X反萃取得到含铟水溶液，调后用铝置换，最终得到海绵铟。
（1）依托铟在周期表中第五周期第ⅢA族的位置，ⅢA族元素价电子为最外层ns、np电子，按照能级排布规律直接书写价电子排布式，解题关键牢记主族元素价电子排布规律。
（2）结合题干信息“氯离子过高腐蚀设备”，因此水浸目的是溶解可溶性氯盐以除氯；萃取分液是基础分离操作，固定实验玻璃仪器为分液漏斗、烧杯，依托基础实验常识解题。
（3）结合流程信息，遇强酸解离出同时脱水生成固态，按照电荷守恒、原子守恒配平离子方程式，注意为沉淀、不能拆写。
（4）梳理酸浸阶段元素转化：原有不溶于酸、酸化生成，与生成难溶硫酸盐，两种固体共同组成滤渣2。
（5）沉淀分离题型常规解法，分别代入、的，先由离子极限浓度算出对应氢氧根浓度，再换算pH；除杂原则：杂质沉淀完全、目标离子不沉淀，因此pH下限取铁完全沉淀pH，上限取铟刚开始沉淀pH。
（6）A依据配位键形成条件：有空轨道+孤电子对，判断配离子成键；B区分两次调pH对应的除杂对象，除去杂质与富集目标金属目的不一致；C结合勒夏特列原理，萃取平衡生成，pH改变即氢离子浓度改变，平衡发生偏移；D对比盐酸、硫酸阴离子差异，可配位消耗，促使平衡逆向反萃取，逐项筛选错误选项。
（1）In原子序数为49，位于第五周期第ⅢA族，基态原子价层电子为最外层电子，排布式为
（2）题干说明氯含量过高易腐蚀设备，水浸可溶去可溶性氯化物，降低氯含量；萃取分液的玻璃仪器为分液漏斗、烧杯。
（3）由分析可知，溶于强酸后脱水生成，离子方程式为：Zn2SnO4+4H+ =2Zn2++SnO2+2H2O。
（4）原料本身含， 酸浸也生成不溶于酸的， PbO与硫酸反应生成难溶的PbSO4沉淀，实现铅与铟的分离，因此滤渣2主要成分为、。
（5）第一次调pH目的是使沉淀完全，不沉淀：沉淀完全时（）： ，得，；（）开始沉淀时：，得，； 因此控制pH范围为。
（6）A：中提供空轨道，提供孤对电子，存在配位键，A正确；
B：第一次调pH目的是除去等杂质，第二次调pH目的是沉淀，目的不同，B错误；
C：萃取平衡（有机相）（有机相），pH改变会使平衡移动，影响萃取率，C正确；
D：反萃取需要使萃取平衡逆向移动，盐酸提供，可与形成，降低浓度，促进平衡逆向移动，反萃取效果比硫酸更好，D错误；
故答案选BD。
17．【答案】（1）酮羰基；加成反应
（2）5+4+12H+ →5+4Mn2++11H2O
（3）bd
（4）9；或或（任写一个）
（5）
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物中的官能团；同分异构现象和同分异构体；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1) B分子内含氧官能团为酮羰基；B与发生羰基加成得到C，反应②属于加成反应。
故答案：酮羰基；加成反应；
(2) 酸性将伯醇氧化为，被还原为，配平离子方程式：
：5+4+12H+ →5+4Mn2++11H2O。
故答案：5+4+12H+ →5+4Mn2++11H2O。
(3) a：A不含酚羟基，无法和发生显色反应，错误；
b：化合物G有手性碳：，所以为手性分子，b正确；
c：I （） 中为强吸电子基团，加快酯键水解；E中烷基推电子，酯键更稳定，E水解速率比I慢，错误；
d：C、E骨架与取代基不同，氢原子化学环境不一样，核磁氢谱化学位移存在差异，正确；
综上选bd。
故答案：bd；
(4) 分子式，不饱和度为2；限定六元碳环、只含1个甲基、 既能发生银镜反应又能发生水解反应，故含甲酸酯结构，经同分异构排布合计9种：环上有两个链、、、、、、、、。 其中核磁共振氢谱有7组峰，峰面积之比为4：4：3：2：1：1：1的结构简式为：或或。
故答案为：9；或或（任写一个） ；
(5) E到F是酯基被正丙基取代， H到J发生两次烷基化闭环，最终J为环丁烷上连两个 ：。
故答案：；
【分析】原料 A 经酸性高锰酸钾氧化，羟基转化为羰基得到 B；B 在碱性条件下和甲醛发生加成反应生成含羟甲基的 C；C 的羟甲基再被酸性高锰酸钾氧化为羧基得到 D（ ）；D 与乙醇酯化生成酯 E；E 在乙醇钠、溴丙烷作用下，酯基邻位 α-H 被正丙基取代得到 F（ ）；F 经碱性水解、酸化，酯基水解为羧基，最终得到目标产物 G。
（1）依托B的键线式精准识别含氧官能团，对比B与HCHO的成键变化，羰基双键打开、两端分别连基团，据此判定反应②为加成反应，解题核心是区分羰基加成与取代的结构变化特征。
（2）该步为伯醇被酸性高锰酸钾氧化为羧酸的氧化还原反应，Mn元素从中+7降至为+2，每个Mn得5e-；醇羟基端C从 1升至+3，每个有机分子失4e-，借助电子守恒确定有机物与高锰酸根计量比，再依靠电荷、原子守恒补齐、配平离子方程式。
（3）a选项依据酚羟基专属显色反应，A只含醇羟基、无酚羟基，不能遇显色；
b选项对照手性碳定义，G内存在连四种互不相同基团的饱和碳原子，满足手性分子条件；
c选项从诱导效应分析，强吸电子削弱酯基C O键、易水解，烷基推电子使E中酯键更稳定，水解速率E更慢；
d选项C、E取代基团不同，分子内等效氢种类不一致，核磁共振氢谱化学位移存在区别，逐项筛选正误。
（4）先由分子式算出不饱和度，六元环占用1个不饱和度、甲酸酯占用剩余不饱和度，再固定分子只含1个甲基，在六元环骨架上依次排布甲酸酯与烷基侧链，枚举得到全部9种同分异构体；再结合核磁共振氢谱峰组数、峰面积比例限定分子对称性，筛选出目标结构。
（5）结合⑤步已知规律：E中酯基相连碳上的α H在强碱、卤代烃作用下发生烷基取代；J由两次烷基化实现分子关环，结合J的分子式，判定两分子酯在烷基化试剂作用下闭环形成环丁烷双乙酯结构。
（1）化合物B中官能团的名称为酮羰基；由分析知反应②的反应类型为加成反应。
（2）根据分析知该反应为羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化为羧基，所以离子方程式为：
5+4+12H+ →5+4Mn2++11H2O。
（3）a．化合物A中无酚羟基，所以遇FeCl3不能显色，a错误；
b．化合物G有手性碳：，所以为手性分子，b正确；
c．化合物Ⅰ（）分子中有吸电子基F原子，会导致酯基中碳氧单键的极性增强，更容易断裂，但化合物E中是推电子的烷基，所以酯基中的碳氧单键不容易断，故化合物E的水解速率比化合物Ⅰ要慢，c错误；
d．化合物C和E分子中的氢原子环境不同，所以二者的核磁共振氢谱化学位移不同，d正确；
故选bd。
（4）化合物C的分子式C9H16O2，有2个不饱和度，要满足①含有六元环且只有一个甲基；（占了一个不饱和度，7个碳原子）
②既能发生银镜反应又能发生水解反应（即分子中有甲酸某酯的结构HCOOR）所以结构可能为：环上有两个链、、、、、、、、，共9种。
其中核磁共振氢谱有7组峰，峰面积之比为4：4：3：2：1：1：1的结构简式为：或或。
（5）依据E到F的反应历程是向酯基直接相连的碳原子上连新的碳链，为取代反应，所以结合H到J的条件及J的分子式可得J的结构简式为：。
18．【答案】（1）取适量溶液于洁净的试管，逐滴滴加氨水，直到沉淀恰好溶解；
（2）溶液；溶液（合理即可）
（3）
（4）
（5）保持溶液呈碱性，有利于提高乙醛的还原性；减小，控制反应速率，便于形成银镜
【知识点】性质实验方案的设计；化学实验方案的评价；醛的化学性质；银镜反应
【解析】【解答】(1) 银氨溶液配制：取洁净试管，装入适量溶液，振荡试管的同时缓慢逐滴滴加稀氨水，待起初生成的棕褐色沉淀恰好完全溶解，停止滴加氨水，配得银氨溶液；乙醛与银氨溶液水浴加热发生银镜反应，化学方程式：
故答案： 取适量溶液于洁净的试管，逐滴滴加氨水，直到沉淀恰好溶解 ； ；
(2) 猜想1为溶液碱性不足，控制温度、试剂用量等全部条件不变，向反应体系中加入少量固体或溶液，升高溶液，静置观察银镜能否顺利生成；
猜想2为体系中游离浓度偏低，其余实验条件保持一致，向待测液滴加少量稀溶液，提升银离子浓度，观察实验现象变化。
故答案：溶液 ；溶液（合理即可） ；；
(3) 在实验结论正确的情况下，实验编号的溶液中乙醛的还原性强于实验编号的溶液中乙醛的，根据已知，电压表读数为；在实验结论正确的情况下（即的氧化性大于的氧化性），实验编号的溶液中的氧化性强于实验编号的溶液中银氨溶液的氧化性，根据已知，电压表读数为，故当实验结论都正确时，电压表的读数关系为；
故答案：；
(4) 碱性环境中发生负极氧化反应，醛基失电子结合转化为醋酸根，依据电荷守恒与原子守恒配平：；
故答案： ；
(5) 银氨溶液的两点优势：其一，配离子水解维持体系弱碱性，碱性环境能够增强乙醛的还原性，推动银镜氧化还原反应正向进行；其二，与络合生成，大幅降低游离银离子浓度，避免银单质瞬间快速析出变黑，减慢反应速率，有利于析出均匀光亮的银镜。
故答案： 保持溶液呈碱性，有利于提高乙醛的还原性；减小，控制反应速率，便于形成银镜 。
【分析】本题以银镜反应的条件探究、原电池定量验证为命题主线，串联基础实验操作、控制变量实验设计、氧化还原规律与原电池电势、电极反应书写、试剂作用评析五大考点。
(1) 依托教材标准实验操作，明确银氨溶液配制必须氨水逐滴加入硝酸银，不可反向加料；根据醛基被银氨配离子氧化的转化规律书写方程式，留意水浴加热条件与沉淀符号标注。
(2) 遵循单一变量实验设计原则，验证碱性猜想只改变溶液，验证银离子浓度猜想只调控浓度，剩余温度、反应物用量等无关变量全程固定，通过现象对比验证猜想。
(3) 紧扣氧化还原强弱规律：还原剂还原性上升、氧化剂氧化性上升，原电池两极电势差增大、电压表读数升高，结合题干给出的碱性、银离子存在形式两个变量，逐层比较三组实验电极物质的氧化还原能力，推导电压大小顺序。
(4) 拆分总反应，碱性介质下醛氧化产物为羧酸根，结合电子得失、电荷守恒书写负极半反应，注意参与反应、生成物不含羧酸分子。
(5) 结合前面对照实验结论，从碱性对乙醛还原性的影响、络合作用调控银离子浓度两个维度，分别解释银氨溶液相比于普通硝酸银溶液更适合银镜实验的原因。
（1）实验室配制银氨溶液的操作为：在洁净试管中加入适量，然后边振荡试管边逐滴滴入氨水，使最初产生的沉淀恰好溶解，制得银氨溶液；
银氨溶液中含有，它是一种弱氧化剂，能把乙醛氧化成乙酸，而被还原成，该过程化学方程式为；
（2）猜想为中溶液碱性太强，为了验证这个猜想，应该在控制反应物浓度以及其他条件不变的情况下，向反应溶液中加入溶液，增大反应过程的，然后观察实验现象；
猜想为中溶液浓度太小，为了验证这个猜想，应该在其他条件不变的情况下，增大反应溶液中的浓度，向溶液中滴加几滴溶液，然后观察实验现象；
（3）在实验结论正确的情况下（即碱性越强，乙醛的还原性越强），实验编号的溶液中乙醛的还原性强于实验编号的溶液中乙醛的，根据已知，电压表读数为；在实验结论正确的情况下（即的氧化性大于的氧化性），实验编号的溶液中的氧化性强于实验编号的溶液中银氨溶液的氧化性，根据已知，电压表读数为，故当实验结论都正确时，电压表的读数关系为；
（4）根据银镜反应的总反应方程式（），在碱性条件下乙醛失去电子发生氧化反应，该反应过程为；
（5）根据前面的实验结果，银氨溶液可以保持反应溶液呈碱性，有利于提高乙醛的还原性，此外，银氨溶液中生成了，这减小了溶液中的浓度，从而控制反应速率，便于形成银镜。
19．【答案】（1）-49.2kJ·mol-1；低温；CO2*@ZrO2+H*@Cu→HCOO*@ZrO2+Cu（写CO2*@ZrO2+2H*@Cu→HCOO*@ZrO2+H*Cu也可）
（2）H2O；升温温度使反应Ⅰ逆向进行，生成更多H2；而反应Ⅱ正向进行，消耗H2；反应Ⅰ逆向进行生成氢气的量大于反应Ⅱ正向进行消耗氢气的量，则H2物质的量分数随温度升高而增大；90%；
（3）水蒸气会使催化剂活化位点减少，吸附反应物的能力减弱；水蒸气过多，平衡逆向移动，甲醇产率下降
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1)①结合盖斯定律，总反应Ⅰ可由反应Ⅱ、反应Ⅲ直接相加得到，；该反应正反应气体分子数目减少，体系混乱度减小，即，同时，根据的自发判定公式，低温环境下更容易小于0，反应自发进行。
②由催化反应历程，步骤1生成与两种吸附中间体，步骤3消耗，因此步骤2为两种吸附粒子发生加成转化，对应反应：。
故答案： -49.2kJ·mol-1 ；低温； CO2*@ZrO2+H*@Cu→HCOO*@ZrO2+Cu（写CO2*@ZrO2+2H*@Cu→HCOO*@ZrO2+H*Cu也可）；
(2)①反应Ⅰ是放热反应，升温平衡逆向移动，、物质的量同步下降；反应Ⅱ属于吸热反应，升温平衡正向移动，的生成量持续增多，因此随温度升高占比不断变大的为；依据氧原子守恒 ，的物质的量始终高于，则为。
②升温时反应Ⅰ逆向进行释放，反应Ⅱ正向进行消耗，经对比，反应Ⅰ逆向生成氢气的总量大于反应Ⅱ正向消耗氢气的总量，最终的物质的量分数随温度升高逐步变大。
③设反应Ⅰ中转化，反应Ⅱ中转化，根据氧守恒、氢剩余量，联立算出；甲醇选择性 ；平衡总物质的量，总压，结合各物质平衡物质的量，代入分压平衡常数表达式： 。
故答案： H2O ； 升温温度使反应Ⅰ逆向进行，生成更多H2；而反应Ⅱ正向进行，消耗H2；反应Ⅰ逆向进行生成氢气的量大于反应Ⅱ正向进行消耗氢气的量，则H2物质的量分数随温度升高而增大 ； 90% ； ；
(3)从平衡移动角度，是反应Ⅰ、Ⅱ的共同生成物，进料时水蒸气分压上升，依据勒夏特列原理，两个可逆反应均逆向移动，向甲醇的转化被抑制；从催化作用角度，气态水分子会吸附在催化剂表面的活性位点上，挤占、的吸附位置，降低催化剂活化反应物的能力，因此实际生产需要严格控制进料中的含量。
故答案： 水蒸气会使催化剂活化位点减少，吸附反应物的能力减弱；水蒸气过多，平衡逆向移动，甲醇产率下降 。
【分析】本题以催化加氢平行制备、为化工背景，综合盖斯定律、反应自发性判断、催化基元反应、平衡移动规律、双反应守恒计算、平衡与催化机理分析六大考点，整道题目按照反应热力学→平衡定性分析→平衡定量计算→工业条件调控的逻辑排布。
(1)①依托盖斯定律的方程式加减运算规则求解焓变，结合、正负，结合吉布斯自由能公式推导反应自发的温度区间；
②顺着催化步骤的中间体变化，结合原子守恒，推导中间基元反应方程式。
(2)①区分吸热、放热反应受温度影响的平衡移动方向，结合物料守恒关系式，对比各组分含量变化趋势确定、；
②分别分析升温对两个反应中一增一减的影响，通过两个变化量的相对大小，解释体积分数变化趋势；
③利用C原子守恒、原子守恒建立二元一次方程组，分别求解两条路径消耗量，再结合选择性定义、分压平衡常数的书写规则代入数据列式。
(3)分热力学平衡、催化剂吸附两个独立维度，分别阐述过量水蒸气对甲醇合成的不利影响，从化学原理层面解释工业控水量的原因。
（1）①根据盖斯定律，反应Ⅰ=反应Ⅱ+反应Ⅲ，因此；反应Ⅰ气体分子数减少，，且，根据的自发条件，该反应在低温下自发；
② 根据反应路径，步骤1得到吸附态和活性氢，步骤3的反应物为，因此步骤2为二者加成生成目标产物的反应，即；
（2）①升温时，放热的反应Ⅰ逆向移动，、物质的量分数降低；吸热的反应Ⅱ正向移动，物质的量分数升高，因此升高增大的为；又，的物质的量分数始终大于，因此为；
② 反应Ⅰ为放热反应，升温使反应Ⅰ平衡逆向移动，生成量增加；反应Ⅱ为吸热反应，升温使反应Ⅱ正向移动消耗，但反应Ⅰ逆向进行生成氢气的量大于反应Ⅱ正向进行消耗氢气的量，因此 物质的量分数随温度升高而增大；
③设反应Ⅰ转化 为，反应Ⅱ转化 为，已知平衡时，，则，，解得，，因此；平衡，平衡时总物质的量为，代入分压平衡常数表达式化简得；
（3）平衡角度：(g)是反应Ⅰ、Ⅱ的生成物，进料(g)分压增大，会使反应平衡逆向移动，不利于甲醇生成；催化剂角度：(g)会吸附占据催化剂的活性位点，使催化剂活化位点减少，吸附反应物的能力减弱，因此需要控制进料中(g)的量。
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