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四川达州市普通高中2026届高三下学期第二次诊断测试 化学试题
1．央视纪录片《三餐四季》深入报道了四川达州的特色美食文化。下列说法正确的是
A．“羊肉格格”蒸笼鲜香，用于包裹羊肉的米粉主要成分属于低聚糖
B．“雪花鸡淖”柔嫩滑爽，制作中用到鸡蛋清，其加热凝固的过程为盐析
C．“灯影牛肉”酥脆化渣，制作时炭火烘烤产生的焦香味是酯类水解产生的
D．“雀舌炒岩豆”茶豆竞香，茶叶含有茶多酚和维C，可促进人体蛋白质吸收和抗氧化
2．下列化学用语表示错误的是
A．用于考古断代的碳的核素为：
B．和之间最强烈的氢键作用：
C．HF分子中键电子云轮廓图：
D．的VSEPR模型：
3．消除采矿业浆液中的氰化物（如KCN，C为价），可通过以下反应实现：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．0.5 mol KCN中含有键的数目为
B．100 g质量分数为17%的溶液中H原子数为
C．上述反应生成时，转移电子的数目为
D．1 L 0.1mol/L的溶液中和的离子数之和为
4．下列实验方案设计、现象和结论都正确的是
选项 实验方案 现象 结论
A 向溶液中加入稀氢氧化钠溶液，用湿润的红色石蕊试纸靠近管口 试纸未变蓝 溶液中不含
B 将充有的密闭烧瓶放入热水中 烧瓶内气体颜色变深 转化为是放热反应
C 向溶液中通入少量，然后再加入少量苯 有机层呈橙红色 氧化性：
D 向溶液中加固体 溶液pH变大 溶液显碱性
A．A B．B C．C D．D
5．青蒿酸可用作合成青蒿素的原料，结构简式如图所示。下列有关说法正确的是
A．分子中含有5个手性碳原子
B．分子中所有碳原子可能共平面
C．存在属于芳香族化合物的同分异构体
D．1 mol青蒿酸与足量金属钠反应可放出
6．下列反应的离子方程式正确的是
A．溶液和稀硝酸混合：
B．NaHS溶液与溶液混合：
C．用白醋和KI-淀粉试纸检验加碘盐中的
D．和溶液以物质的量之比1：1混合：
7．下列性质或现象与微观解释均正确的是
选项 性质或现象 微观解释
A 干冰的密度大于冰 干冰中的堆积方式使其空间利用率低
B 特定“杯酚”能盛装，从而分离和 该“杯酚”空腔大小适配
C 的键角依次减小 孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力
D 乙醛能与非极性试剂HCN发生加成反应生成 醛基中碳氧双键有极性，且氧带部分负电，可与HCN中带正电的氢结合
A．A B．B C．C D．D
8．下列实验设计或操作合理的是
A.除去中的HCl B.测定KI溶液的浓度
C.收集NO气体 D.证明分子极性：
A．A B．B C．C D．D
9．W、X、Y、Z均为短周期主族元素，其原子序数依次增大。X、Y、Z处于同一周期，基态X原子核外电子排布中p轨道只有1个电子，Z的氢化物可用于蚀刻玻璃，且Z的原子序数等于次外层电子数与Y的核外电子数之和。可发生剧烈水解产生W的单质。下列说法正确的是
A．沸点：
B．电负性：
C．原子半径：
D．最高价氧化物的水化物酸性：
10．2，2-二甲基-1-丙醇是医药、农药、食品添加剂等的合成中间体，其消去反应机理如下图所示。下列说法错误的是
A．总反应为：
B．中的碳原子均单键相连，采取杂化
C．反应历程中断裂和形成的键均有极性
D．由该机理可知，能发生消去反应
11．我国科学家研制了可充电氢负离子全固态电池，结构如图所示，固态电解质仅允许自由移动。其总反应式为：。下列说法错误的是
A．放电时，由A极移动到B极
B．充电时，B极与外接电源的负极相连
C．放电时，B极的电极反应式为：
D．充电时，电路中每转移，A极质量减少1 g
12．化合物Z是一种用于海水淡化的高分子材料，可利用X和Y反应获得。下列有关说法错误的是
A．1 mol X最多与3 mol NaOH反应
B．上述合成Z反应的原子利用率为100%
C．有机物Y能与乙二酸发生缩聚反应
D．Z的重复结构单元中，n(N)：n(S)：n(O)=1：1：2
13．由Ni、Mg、C可形成一种新型超导体X，其晶胞结构如图所示，原子1、2的分数坐标分别为，晶胞中Ni与Mg原子的最短距离为a pm，设为阿伏加德罗常数的值，化合物X的摩尔质量为M g/mol，下列说法错误的是
A．化合物X的化学式为
B．原子3的分数坐标为
C．晶胞密度
D．1和2原子间的距离为
14．某工厂利用钢铁行业的废弃钢渣（含有和少量MnO等）为原料协同分离Si、Fe元素，固定并制取的工艺流程如图所示：
已知：①钢渣中钙元素的质量分数为24%，工艺中钙的浸出率为90%；
②离子完全沉淀时浓度，；
③低酸度时不易被氧化。
下列说法错误的是
A．试剂A可用等
B．“沉铁”时调节pH不超过2.4
C．“沉锰”后溶液pH变小
D．理论上a吨钢渣在“固碳”中可固定
15．泡打粉的主要成分是和。室温下，将溶液和溶液同时注入密闭容器中，用传感器监测浓度随时间的变化如图1。（焦磷酸）不同型体的分布分数与pH的关系如图2所示。下列说法正确的是
A．图2中②代表的分布分数曲线
B．溶液中：
C．由图1可知，发生反应的离子方程式为：
D．反应趋于完全
16．镍、钴元素广泛应用在高性能合金、催化剂、电池材料等领域。一种从红土矿石（主要含铁、铝、镁的化合物及NiO、CoO、等）中提取镍和钴的工艺流程如下：
已知：①；易被氧化为不易被氧化，强碱性时转化为；
②稳定常数衡量金属离子与配体形成配合物的稳定性．
对应对应；
③常温下，。
回答下列问题：
（1）基态的价电子排布图为　 　。
（2）“加压酸浸”时硝酸初始浓度为330 kg/t、保温时间60 min，不同浸出温度、液固比条件下金属离子的浸出率如下图1、2所示，应选择的最佳条件是　 　（填选项）。
A.180℃、1.8 mL/g B.190℃、1.6 mL/g C.170℃、2.0 mL/g D.200℃、1.4 mL/g
所得滤渣1的主要成分是　 　（写化学式）。
（3）“氧化氨浸”时加入浓氨水与铵盐组成的缓冲溶液，使溶解为，计算该溶解转化反应的平衡常数　 　，并结合转化反应解释加入上述缓冲溶液的作用是　 　。与反应的离子方程式为　 　。
（4）“系列操作”为蒸发浓缩、　 　、过滤、洗涤、干燥，所得经高温分解所得气体产物经处理可返回到　 　工序循环利用。
（5）已知为正八面体形结构（如图3），配合物中心离子的杂化方式为_________（填序号）。
A． B． C． D．
17．高纯氯化铟（）是制备ITO薄膜、半导体材料、有机反应催化剂的主要原料。兴趣小组用粗铟（含少量铁）和盐酸为原料制取高纯氯化铟并测定其纯度，实验装置如下（加热和夹持装置略）：
已知：为白色或黄色结晶（熔点586℃，加热至300℃开始升华），易溶于水、不溶于环己烷（环己烷沸点81℃，与水的共沸物沸点9.8℃），易潮解、水解。
I．制备（装置如图1）
称取一定量金属铟与浓盐酸在40~60℃温度下持续搅拌数小时至金属铟完全溶解，获得氯化铟溶液。除杂后将溶液升温至90~100℃，溶液逐渐蒸发，结晶析出晶体。
（1）仪器B的名称为　 　，溶解金属铟时控温40~60℃的原因是　 　。
（2）除杂时向粗溶液中加入稍过量溶液和粉末调节溶液pH，充分搅拌后过滤、洗涤，除去溶液中的。请设计实验方案，验证溶液中已除尽　 　。
Ⅱ．制备无水（装置如图2）
将制得的晶体转入图2烧瓶C中，加入足量环己烷，在氮气保护下控温回流持续脱水。脱水完成后减压浓缩，析出白色结晶，过滤、洗涤、干燥，得纯。
（3）控温回流时预先在分水器中加入　 　至离支管口约1 cm处，当出现　 　现象时停止加热。
（4）若直接加热晶体会生成InOCl，写出该反应的化学方程式　 　。
Ⅲ．的含量测定
准确称取4.50 g无水样品溶于盐酸中，配制500 mL pH=3的待测液，取25.00 mL待测液于锥形瓶中，加入20.00 mL 0.1000 mol/L EDTA溶液充分反应，再用标准溶液滴定过量EDTA溶液，终点时消耗标准溶液22.00 mL。滴定过程涉及的反应为：，。
（5）样品中的质量分数为　 　%（计算结果保留1位小数）；若滴定时其他操作无误，量取待测液时初始和结束读取滴定管刻度方式如图3所，则测定结果　 　（填“偏高”“偏低”“无影响”）。
18．催化加氢制甲醇是碳的捕集、利用和封存技术中最具应用前景的技术路径之一。该过程主要发生下列反应：
反应 平衡常数
I
Ⅱ
Ⅲ
回答下列问题：
（1）反应Ⅱ的　 　，若，则该反应在　 　（填“高温”、“低温”或“任意温度”）条件下能自发进行。
（2）一定温度下，在某恒压密闭容器中充入和发生上述反应。下列说法能说明该体系达到平衡状态的是_________（填标号）。
A． B．气体密度不再变化
C．恒定不变 D．恒定不变
（3）以的进气比通入载有催化剂的密闭反应管中，维持压强为3 MPa进行上述三个反应，反应达到平衡状态时，测得的转化率、的选择性随温度的变化如图1：
已知：或CO的选择性
①表示选择性的曲线为　 　（填“a”或“b”），并说明选择的理由　 　。
②M点达到平衡状态时，的转化率为50%，则反应Ⅱ的　 　。
（4）我国科学家研究发现，用图2电解装置电催化制甲醇可显著提高甲醇的选择性。已知钴酞菁（CoPc）分子可吸附CO，将钴酞菁（CoPc）分子限域在碳纳米管内部，能抑制副产物CO的生成。回答下列问题：
①阴极的电极反应式为　 　溶液不参与电极反应）。
②碳纳米管内甲醇的选择性高于管外的原因可能是　 　。
19．艾曲波帕（K）是可以口服给药的治疗血小板减少症的药物，其合成路线如下（略去部分试剂和条件）。
回答下列问题：
（1）化合物A的名称是　 　。上述合成路线，B→C的目的是　 　。
（2）化合物C的含氧官能团名称是硝基、　 　。F→G的反应类型是　 　。
（3）化合物H的结构简式是　 　。
（4）I的同分异构体中，同时满足下列条件的共有　 　种，其中核磁共振氢谱为6组峰的是　 　（用键线式表示）。
①有2个甲基；②能发生银镜反应；③能与溶液反应。
（5）参照上述合成路线及所学知识，设计由合成的路线如下：
第①步反应的化学方程式为　 　；第②步反应的反应条件是　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】多糖的性质和用途；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．米粉的主要成分是淀粉，淀粉属于多糖，而低聚糖是水解后能生成2~10个单糖的糖类，因此淀粉不属于低聚糖，A错误；
B．鸡蛋清加热后凝固，是蛋白质受热发生了不可逆的变性，盐析是蛋白质遇到轻金属盐后溶解度降低析出的可逆过程，二者原理不同，B错误；
C．炭火烘烤青团时产生的焦香味，主要来自美拉德反应、酯化反应等过程，酯类水解只会生成羧酸和醇，并不会产生这种焦香味，C错误；
D．茶多酚和维生素C都具有还原性，能够起到抗氧化的作用，同时二者还可以促进人体对蛋白质的吸收，D正确；
故答案为：D
【分析】A、米粉的成分为淀粉，属于多糖。
B、鸡蛋清凝固的过程是蛋白质受热发生变性。
C、酯类水解生成羧酸和醇，不会产生焦香味。
D、茶叶中的茶多酚和维生素C，可以起到抗氧化的作用。
2．【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响；元素、核素
【解析】【解答】A．可用于考古断代的碳的放射性核素是，A选项正确；
B．氧元素的电负性大于氮元素，因此O-H键的极性比N-H键更强，成键电子对更偏向氧原子，使氢原子更接近裸露质子，更容易和其他原子的孤电子对形成更强的氢键。在和混合体系中，强度最高的氢键是水分子中O-H的氢原子，结合氨分子中氮原子的孤对电子形成的氢键，即，B选项正确；
C．HF分子中的共价键，是氢原子的1s轨道电子和氟原子的2p轨道电子头碰头重叠形成的s-p σ键，其电子云轮廓图应该为，因此选项所给内容错误，C选项错误；
D．对于，中心硫原子的价层电子对数计算可得：，其中含1对孤电子对，3对成键电子对，因此它的VSEPR模型为四面体形，即，D选项正确；
故答案为：C
【分析】A、用于考古断代的碳的核素为14C。
B、氢键的形式为X-H···Y，其中X、Y为N、O或F。
C、HF中σ键的电子云轮廓图为。
D、根据中心S原子的价层电子对数分析。
3．【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．中含有三键，1个三键中包含2个键，因此0.5 mol KCN中含有的键总数为，选项A错误；
B. 100 g质量分数为17%的溶液中，的质量为17 g，物质的量为0.5 mol；该溶液中不仅含有氢原子，作为溶剂的也含有氢原子，因此溶液中氢原子总数一定大于，选项B错误；
C．该反应中，碳元素化合价从+2价升高到+4价，每生成1 mol，反应总共转移2 mol电子，因此生成0.3 mol时，转移电子的数目为，选项C正确；
D．根据物料守恒规律，在1 L 0.1 mol/L的溶液中，、和三种含碳粒子的总物质的量为0.1 mol，总粒子数为，因此仅和的离子数之和一定小于，选项D错误；
故答案为：C
【分析】A、CN-中含有碳氮三键，一个三键中含有1个σ键和2个π键。
B、H2O2溶液中H2O2、H2O都含有H原子。
C、根据反应过程中元素化合价变化计算转移电子数。
D、溶液中含碳微粒有HCO3－、H2CO3、CO32－，据此结合物料守恒计算。
4．【答案】B
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；化学平衡的影响因素；盐类水解的应用；铵离子检验
【解析】【解答】A．若要检验，需要加入浓NaOH溶液并加热，若使用稀NaOH溶液且不加热，反应生成的会大部分溶于水，无法逸出使试纸变色，因此试纸不变蓝也不能证明原溶液中不含，A错误；
B．充有的烧瓶中存在平衡：，将烧瓶放入热水后颜色加深，说明体系中浓度增大，平衡向逆反应方向移动，因此正反应，也就是转化为的反应，为放热反应，B正确；
C．对于反应，根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物，只能得出的氧化性强于，只能得到氧化性强于的结论，C错误；
D．电离出的会结合醋酸电离出的氢离子，使的电离平衡正向移动被抑制，最终溶液中浓度降低，pH增大，而且溶液本身为中性，该变化不能说明醋酸是弱电解质，D错误；
故答案为：B
【分析】A、NH3极易溶于水，需要加热条件，才有NH3逸出。
B、放入热水中，温度升高，气体颜色变深，说明平衡向生成NO2的方向移动，据此分析。
C、该过程中发生反应Cl2＋2KBrO3=Br2＋2KClO3，KBrO3将Cl2氧化，无法比较Cl2和Br2的氧化性。
D、CH3COONH4溶液中CH3COO－和NH4＋的水解程度相同，溶液显中性。
5．【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
【解析】【解答】A．该分子中实际含有4个手性碳原子，所给标注有误，，A错误；
B．该分子中含有饱和碳原子，结构和甲烷类似，因此分子中所有碳原子不可能共平面，B错误；
C．青蒿酸的不饱和度是5，而芳香族化合物的不饱和度至少为3个苯环对应的不饱和度4，因此青蒿酸的同分异构体中可以存在芳香族化合物，C正确；
D.1 mol 青蒿酸分子中只含有1 mol羧基，和足量金属钠反应只能生成，只有在标准状况下，0.5mol氢气的体积才是。题干中没有说明反应是在标准状况下进行，因此无法确定生成氢气的体积为，D错误；
故答案为：C
【分析】A、连接有4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子。
B、存在饱和碳原子，且连接了3个碳原子，因此所有碳原子不可能共平面。
C、该结构中含有5个不饱和度，而芳香化合物至少含有4个不饱和，因此可满足。
D、未给出气体所处的状态，无法确定生成H2的体积。
6．【答案】B
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．稀硝酸有强氧化性，会将氧化成S单质，自身还原生成NO，该反应的正确离子方程式为，选项A错误；
B．和会发生完全双水解反应，水解相互促进，最终生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，该选项的离子方程式书写正确，选项B正确；
C．加碘盐的成分为碘酸钾，化学式为，白醋的主要成分醋酸是弱电解质，在书写离子方程式时不能拆分写成，该反应正确的离子方程式应为，选项C错误；
D．当与按物质的量比1：1混合反应时，参与反应的各离子物质的量之比为：：：： = 1：2：1：1：1。反应中优先于和OH-反应，1mol会消耗1mol OH-，剩余的1mol OH-再和1mol反应，因此该反应正确的离子方程式为：，D错误；
故答案为：B
【分析】A、稀硝酸具有氧化性，S2－具有还原性，二者可发生氧化还原反应。
B、Al3＋与HS－发生完全双水解反应，生成Al(OH)3沉淀和H2S气体。
C、CH3COOH是弱酸，在离子方程式中保留化学式。
D、二者按物质的量之比1：1混合时，Ba(OH)2溶液中OH－分别与NH4＋、H＋反应。
7．【答案】B
【知识点】判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；加成反应
【解析】【解答】A．干冰的密度比冰更大，原因是干冰中为面心立方堆积，空间利用率高；而冰中的水分子之间存在氢键，最终形成疏松的晶体结构，空间利用率更低，A选项错误；
B．“杯酚”可以依靠自身空腔的尺寸大小，选择性结合，从而实现与的分离，B选项正确；
C．的中心Be原子为sp杂化，键角为；的中心B原子为杂化，键角为；的中心C原子为杂化，键角为。三种分子的中心原子都不存在孤电子对，三者键角的差异是杂化方式不同导致的，和孤电子对无关，C选项错误；
D．乙醛中醛基的C=O键极性较强，电子云向氧原子偏移，使得羰基碳带有部分正电荷，容易被亲核进攻。乙醛和极性分子HCN发生加成反应时，羰基氧带部分负电荷，HCN中带正电的H会连接在羰基氧上，最终反应产物为，D选项错误；
故答案为：B
【分析】A、干冰中CO2为面心立方堆积，空间利用率高。
B、杯酚空腔大小与C60适配，因此可用于分离C60和C70。
C、三种物质中中心原子的杂化类型不同，导致键角大小不同。
D、乙醛中碳氧双键极性强，且电负性O＞C，使得氧原子周围电子云密度较大。
8．【答案】D
【知识点】极性分子和非极性分子；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A．碱石灰是碱性干燥剂，HCl为酸性气体，会被碱石灰吸收，而氢气不与碱石灰反应；使用干燥管干燥气体时，气体需要从干燥管的粗口进入、细口排出，图示的进气方向不对，A错误。
B．溴水具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，因此溴水必须盛放在酸式滴定管中，该装置用碱式滴定管盛放溴水，操作有误，B错误。
C．NO的密度小于CO2，用排二氧化碳法收集NO时，应该从短导管进气，让CO2从长导管排出，图示的进气方向错误，C错误。
D．极性分子会被带电体吸引，且分子的极性越强，液流的偏转程度越明显；非极性分子不会发生偏转。该实验中蒸馏水流出现明显偏转，四氯化碳的液流不偏转，可以证明二者分子极性：，D正确。
故答案为：D
【分析】A、干燥管的气流方向为大口进，细口出。
B、溴水具有氧化性，能腐蚀橡胶，应用酸性滴定管。
C、NO的密度小于CO2，应从短导管的一端进入。
D、极性分子易被带电体吸引，且极性越强，偏转程度越大。
9．【答案】A
【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；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、YW3是NH3，Y2W4是N2H4，两种物质分子都可以形成分子间氢键，N2H4的相对分子质量更大，分子间作用力更强，因此沸点更高，即沸点NH3＜N2H4，A选项正确；
B、同周期主族元素电负性从左向右逐渐增大，同时H的电负性大于B，所以三种元素电负性顺序是F > N > B，也就是Z > Y > X，而非Z＞W＞X，B选项错误；
C、同周期主族元素原子半径从左向右逐渐递减，因此第二周期中原子半径N > F；H是所有元素中原子半径最小的，因此三种元素原子半径顺序为N > F > H，即Y > Z > W，C选项对应关系错误；
D、F元素非金属性极强，没有正化合价，因此不存在最高价氧化物对应的水化物，无法比较对应酸性，D选项错误；
故答案为：A
【分析】我们先一步步推断出各元素：能蚀刻玻璃的氢化物是氟化氢，因此Z是氟元素（F）；由于X、Y、Z位于同一周期，说明X、Y都属于第二周期元素。X核外p能级只有1个电子，根据构造原理，X的电子排布式为1s22s22p1，因此X为硼元素（B）；Z的原子序数为9，Z的次外层电子数为2，根据题干“Z的原子序数等于Z的次外层电子数与Y的核外电子数之和”，计算可得Y的核外电子数=9-2=7，因此Y是氮元素（N）；W原子序数是这四种元素里最小的，且化合物X2W6水解可以生成W的单质，符合该性质的W是氢元素（H），X2W6就是乙硼烷B2H6，乙硼烷水解确实会生成硼酸和单质氢气，符合推断。
10．【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；醇类简介
【解析】【解答】A．结合题给反应机理可以判断，反应物是，在反应前后没有发生变化，是该反应的催化剂，最终生成物为 和，因此该反应的总反应为：，A选项正确；
B．中所有碳原子确实都以单键相连，但该结构中带正电荷的碳正离子中心碳原子，只形成了3个σ键，也没有孤电子对，因此其杂化方式为杂化，不是sp3杂化，B选项错误；
C．极性共价键是不同种非金属原子之间形成的共价键，在整个反应历程中，断裂的C O键、O H键、C H键，以及新形成的O H键、C H键、C=C双键，都属于极性共价键，因此反应中断裂和形成的化学键中都包含极性键，C选项正确；
D．根据题给的反应机理可以推知，邻位碳上没有氢原子的醇在酸催化条件下，可以发生碳正离子的重排迁移，烷基可以从羟基连接的碳原子上迁移到相邻的碳原子上，之后邻位的碳正离子可以和相连碳原子形成双键，因此可以推断出也可以按照该机理发生消去反应，D选项正确；
故答案为：B
【分析】A、根据图示过程确定反应物和生成物，从而得到总反应式。
B、饱和碳原子采用sp3杂化。
C、根据反应过程中元素化合价的变化分析。
D、羟基邻位碳原子上没有氢原子，无法发生消去反应。
11．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．可充电电池放电时属于原电池装置，原电池中阴离子向负极移动，因此会移向负极，A正确；
B．充电时该装置为电解池，电解池的阴极需要连接外接电源的负极，因此充电时阴极应与外接电源的负极相连，B正确；
C．结合总反应可推知，放电时B极为正极，得到电子，电极反应式为，C正确；
D．根据总反应分析，充电时A极为阳极，发生失电子的氧化反应，电极反应式为，从电极反应可以看出，反应后A极质量增加，且每转移，A极质量增重1 g，D错误；
故答案为：D
【分析】结合总反应和图中信息可以得到：电池放电时，A电极为正极，对应的电极反应为，B电极为负极，对应的电极反应为；充电时，A电极为阳极，对应的电极反应为，B电极为阴极，对应的电极反应为。
12．【答案】A
【知识点】酯的性质；缩聚反应
【解析】【解答】A．观察X的分子结构可知，1molX完全水解会生成3molH2CO3，总共可以消耗6molNaOH，A选项错误；
B．对比X、Y、Z的分子结构可以得知，生成Z的反应属于加聚反应，反应中原子全部转化为目标产物，原子利用率为100%，B选项正确；
C.1molY分子中含有2mol羟基，1mol乙二酸分子中含有2mol羧基，二者可以发生缩聚反应得到高分子化合物，符合缩聚反应的反应特点，C选项正确；
D．推导可得Z的结构为：，其中重复结构单元里，X片段和Y片段的比例为2：3，计算可得，化简后得到最简比，D选项正确；
故答案为：A
【分析】A、X水解过程中生成3个H2CO3。
B、上述生成Z的反应为加聚反应，产物只有一种。
C、有机物Y中含有2个-OH，能与乙二酸发生缩聚反应。
D、根据Z的结构简式分析。
13．【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．该晶体的晶胞是立方晶胞，Mg、Ni、C三种原子依次处于晶胞顶点、面心和体心位置，根据均摊法计算可得，一个晶胞中Mg、Ni、C的原子个数分别为1、3、1，因此该晶体的化学式为，A选项正确；
B．已知题目给出原子1、原子2的分数坐标分别为、，由此可以确定坐标系，据此可以得到位于晶胞右侧面心的原子3的分数坐标为，B选项正确；
C．已知晶胞中Ni和Mg原子的最短距离为 a pm ，该晶体中Mg原子位于晶胞顶点，Ni原子位于晶胞面心，Ni和Mg的最短距离恰好是面对角线长度的一半，由此可以计算出晶胞参数为，结合密度公式计算可得晶胞密度为，C选项错误；
D．根据C选项的推导，已经得到晶胞参数为，结合原子1和原子2的坐标参数可以推导，两个原子之间的距离为 pm，D选项正确；
故答案为：C
【分析】A、根据均摊法确定晶胞中原子个数，从而得到X的化学式。
B、根据原子1、2的坐标，结合原子3的位置，确定原子3的坐标。
C、根据公式计算晶胞密度。
D、晶胞参数为，据此计算。
14．【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．加入试剂A进行氧化操作，其目的是将溶液中的转化为，因此试剂a应具有氧化性，而、、等氧化剂在酸性条件下，都能将氧化为，A正确；
B．“沉铁”过程中加入调节溶液pH，目的是将溶液中的转化为Fe(OH)3沉淀，而不形成沉淀。根据离子完全沉淀时浓度，，可得完全沉淀时，溶液中，此时溶液的pH=2.8，因此调节pH为2.8时完全沉淀，B错误；
C．“沉锰”前，溶液中锰元素以形式存在，“沉锰”时加入的KMnO4将Mn2+氧化生成MnO2·nH2O，该反应的离子方程式为：，反应后溶液中国浓度增大，溶液pH变小，C正确；
D．根据题目所给钢渣中钙元素的质量分数为24%，钙的浸出率为90%，由守恒关系可得，，所以，D正确；
故答案为：B
【分析】钢渣加入盐酸进行酸浸后，SiO2不与盐酸反应也不溶于酸，会在氧化工序中被分离出去；氧化步骤加入氧化剂，会将酸浸过程生成的氧化为，之后加入氨水使铁元素沉淀，让Fe元素以Fe(OH)3的形式被分离除去；接着向除去铁的溶液中通入CO2，可以将溶液里的转化为CaCO3沉淀，实现CO2的固定；最后剩下的含有的溶液，加入硫酸、高锰酸钾发生氧化反应使锰元素沉淀，就得到了目标产物。
15．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．由分写控制，图2中曲线②表示的是的分布分数曲线，A错误；
B．由分析可知，H4P2O7的第三步电离平衡常数Ka3()=10-6.30，因此的水解常数为 ，所以的电离大于水解，因此溶液中，故B错误；
C．由图1信息可知，当溶液中和的物质的量相等时，发生反应的离子方程式为：，故C错误；
D．反应的平衡常数由于平衡常数K＞105，所以该反应趋于完全反应，故D正确；
选D。
【分析】随pH增大，中的逐渐被消耗，溶液中含P微粒发生如下变化：H4P2O7→H3P2O7－→H2P2O72－→HP2O73－→P2O74－。因此①为，②为，③为，④为，⑤为。由图2可知，当溶液的pH=1.52时，溶液中c()=c()，因此Ka1()=10-1.52。当溶液的pH=2.36时，溶液中c()=c()，因此Ka2()=10-2.36。当溶液的pH=6.30时，溶液中c()=c()，因此Ka3()=10-6.30。当溶液的pH=9.12，溶液中c()=c()，因此Ka4()=10-9.12。据此结合选项分析。
16．【答案】（1）
（2）B；
（3）；增大反应物的浓度，消耗反应生成的，均有利于溶解；
（4）冷却结晶；加压酸浸
（5）C
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】（1）基态的价电子排布式为，基态的价电子排布图为；
故答案为：
（2）“加压酸浸”时各元素的浸出率受到硝酸初始浓度、保温时间、浸出温度、液固比等因素的影响，图1、2所示为浸出温度和液固比对金属离子的浸出率的影响，浸出温度、液固比应选择铁的浸出率低，而其他金属浸出率高的温度，读图1可知浸出温度应选择190℃，读图2可知液固比应选择1.6~1.7 mL/g，故应选择B答案；矿石经硝酸加压酸浸后仅不溶，所得滤渣1的主要成分是；
故答案为：B；
（3）“氧化氨浸”时加入浓氨水与铵盐组成的缓冲溶液使溶解为，溶解转化反应为，平衡常数，对应，，则溶解转化反应的平衡常数加入浓氨水与铵盐组成的缓冲溶液，增大反应物的浓度，消耗反应生成的，均有利于的溶解；根据已知信息易被氧化为，所以加入后反应的离子方程式为：；
故答案为： ； 增大反应物的浓度，消耗反应生成的，均有利于溶解 ；
（4）从浸出液中获得晶体的一系列操作为“蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤，干燥”；所得晶体经高温分解能得到，再与和作用后生成，可返回到“加压酸浸”工序循环利用；
故答案为：冷却结晶；加压酸浸
（5）已知|为正八面体形结构（如图3），配合物中心离子的配位数为6，的价层电子对数为6，则杂化方式不可能为杂化，所以中心离子的杂化方式为，故选C。
故答案为：C
【分析】红土矿石的主要成分包含铁、铝、镁的化合物，还有NiO、CoO、等杂质，将红土矿石磨细后用浓硝酸在加热加压条件下进行酸浸处理，其中不与浓硝酸反应也不会溶解，因此过滤后得到的滤渣1的主要成分就是；酸浸后得到的浸出液中含有Fe3+、Al3+、Mg2+、Ni2+、Co2+这些金属阳离子，向浸出液中加入MgO调节溶液pH，随着pH逐步升高，不同金属离子依次沉淀，过滤后依次得到滤渣2氢氧化铁沉淀、滤渣3氢氧化铝沉淀，之后Co2+、Ni2+也转化为氢氧化钴沉淀、氢氧化镍沉淀分离出来，最终滤液中得到含硝酸镁的浸出液。将得到的氢氧化钴沉淀、氢氧化镍沉淀进行氧化氨浸处理，可以分离出含的溶液，同时得到沉淀。
（1）基态的价电子排布式为，基态的价电子排布图为；
（2）“加压酸浸”时各元素的浸出率受到硝酸初始浓度、保温时间、浸出温度、液固比等因素的影响，图1、2所示为浸出温度和液固比对金属离子的浸出率的影响，浸出温度、液固比应选择铁的浸出率低，而其他金属浸出率高的温度，读图1可知浸出温度应选择190℃，读图2可知液固比应选择1.6~1.7 mL/g，故应选择B答案；矿石经硝酸加压酸浸后仅不溶，所得滤渣1的主要成分是；
（3）“氧化氨浸”时加入浓氨水与铵盐组成的缓冲溶液使溶解为，溶解转化反应为，平衡常数，对应，
，则溶解转化反应的平衡常数加入浓氨水与铵盐组成的缓冲溶液，增大反应物的浓度，消耗反应生成的，均有利于的溶解；根据已知信息易被氧化为，所以加入后反应的离子方程式为：；
（4）从浸出液中获得晶体的一系列操作为“蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤，干燥”；所得晶体经高温分解能得到，再与和作用后生成，可返回到“加压酸浸”工序循环利用；
（5）已知|为正八面体形结构（如图3），配合物中心离子的配位数为6，的价层电子对数为6，则杂化方式不可能为杂化，所以中心离子的杂化方式为，故选C。
17．【答案】球形冷凝管；温度过低反应速率慢，温度过高浓盐酸挥发较多，均不利于金属铟溶解；取滤液少量于洁净试管中，滴加2滴KSCN溶液，若溶液中未出现红色，则证明原溶液中的已经完全除去；水；分水器中下层液体（水）的量不再增加（或回流液变得澄清）；；88.6；偏低
【知识点】物质的分离与提纯；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）仪器B的名称为球形冷凝管；溶解金属铟时略微加热可加快反应速率，但浓盐酸易挥发，故加热温度不能太高，则控温40~60℃的原因是温度过低反应速率慢，温度过高浓盐酸挥发较多，均不利于金属铟溶解；
故答案为：球形冷凝管； 温度过低反应速率慢，温度过高浓盐酸挥发较多，均不利于金属铟溶解
（2）除杂时除去溶液中的，验证溶液中已除尽的实验方案为：取滤液少量于洁净试管中，滴加2滴KSCN溶液，若溶液中未出现红色，则证明原溶液中的已经完全除去；
故答案为： 取滤液少量于洁净试管中，滴加2滴KSCN溶液，若溶液中未出现红色，则证明原溶液中的已经完全除去
（3）控温回流时预先在分水器中加水，使用分水器将蒸出的环己烷与水的共沸物中的水进入下层，达到去除中的的目的；当分水器中下层液体（水）的量不再增加或回流液变得澄清时，表明水已经完全蒸出，可以停止加热；
故答案为：水； 分水器中下层液体（水）的量不再增加（或回流液变得澄清）
（4）若直接加热晶体，会发生水解反应生成InOCl，该反应的化学方程式为：；
故答案为：
（5）总，过量，25 mL待测液中，500 mL中，，质量，质量分数；若滴定时其他操作无误，量取待测液时初始和结束读取滴定管刻度方式如图3所示，明所量取的待测液体积偏小，而计算时仍代入25.00 mL待测液进行计算，实际导致返滴定时所用标准溶液体积偏大，则测定结果将偏低。
故答案为：88.6； 偏低
【分析】本实验流程为：利用粗铟和浓盐酸反应制备 InCl3 ，之后加入稍过量，再加入 In2O3 发生沉淀转化，让杂质Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀除去；除杂后将溶液升温到90~100℃，逐步蒸发浓缩结晶，析出 晶体；接着将得到的 晶体转移到题图2的烧瓶C中，加入足量环己烷，在氮气氛围下控制温度回流，使晶体持续脱水；脱水完成后进行减压浓缩，析出无水InCl3白色结晶，再经过滤、洗涤、干燥，得到纯净的InCl3；最后通过EDTA滴定法，测定样品中InCl3的质量分数，基于上述流程分析各问题。
18．【答案】（1）；高温
（2）B；C
（3）a；反应Ⅰ、Ⅲ均为放热反应，升高温度，平衡均逆向移动，的选择性降低；反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，反应Ⅱ平衡正向移动，反应Ⅲ逆向移动，均有利于升高CO的选择性；0.125或
（4）；碳纳米管内的钴酞菁分子吸附CO中间体，促进CO进一步还原为甲醇，使甲醇选择性高于管外
【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）根据盖斯定律：Ⅱ=Ⅰ-Ⅲ，；根据，反应Ⅱ中，则反应Ⅱ高温下能自发进行。
故答案为：+41.2；高温
（2）A．速率作为判断平衡状态的标志时，需指明两个方向，A错误；
B．该反应为恒压条件，且反应前后气体分子数发生变化，故总体积为变量，导致密度为变量，当密度不变时达到平衡状态，B正确；
C．根据反应知：在消耗，减小，在生成，增多，则；是个变量，C正确；
D．恒温条件，K不变，恒定，D错误；
故答案为：BC
（3）①依据图1及温度对平衡移动的影响规律：反应Ⅰ、Ⅲ均为放热反应，升高温度，平衡均逆向移动，的选择性降低；反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，反应Ⅱ平衡正向移动，反应Ⅲ逆向移动，均有利于升高CO的选择性，故表示选择性的曲线为a；
故答案为：a； 反应Ⅰ、Ⅲ均为放热反应，升高温度，平衡均逆向移动，的选择性降低；反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，反应Ⅱ平衡正向移动，反应Ⅲ逆向移动，均有利于升高CO的选择性
②由图1可知：M点，的转化率与的选择性均为50%，再结合元素守恒，平衡时、、、、，则，或。
故答案为： 0.125或
（4）①依据电解池原理，阴极应发生还原反应，且注解说明溶液不参与电极反应，则只能是来平衡电荷，故阴极的电极反应式为：；
故答案为：
②通过已知信息可知，钴酞菁分子可吸附CO中间体并抑制CO中间体的生成，故将钴酞菁分子限域在碳纳米管内部，可促进CO中间体进一步还原为，提高的选择性。
故答案为： 碳纳米管内的钴酞菁分子吸附CO中间体，促进CO进一步还原为甲醇，使甲醇选择性高于管外
【分析】（1）根据盖斯定律计算目标反应的反应热。根据ΔH-TΔS＜0时，反应自发进行，据此判断反应自发进行的条件。
（2）当正逆反应速率相等，或变量不变时，可逆反应处于平衡状态，据此结合选项所给进行分析。
（3）①结合温度对平衡移动的影响分析。
②由图1可知：M点，的转化率与的选择性均为50%，据此结合元素守恒计算平衡体系中各物质的物质的量，从而计算该反应的压强平衡常数。
（4）①阴极上CO2发生得电子的还原反应，生成CH3OH，据此写出其电极反应式。
②碳纳米管内的钴酞菁分子吸附CO2中间体，促进CO进一步转化为CH3OH，使得CH3OH的选择性更高。
（1）根据盖斯定律：Ⅱ=Ⅰ-Ⅲ，；根据，反应Ⅱ中，则反应Ⅱ高温下能自发进行。
（2）A．速率作为判断平衡状态的标志时，需指明两个方向，A错误；
B．该反应为恒压条件，且反应前后气体分子数发生变化，故总体积为变量，导致密度为变量，当密度不变时达到平衡状态，B正确；
C．根据反应知：在消耗，减小，在生成，增多，则；是个变量，C正确；
D．恒温条件，K不变，恒定，D错误；
故选BC。
（3）①依据图1及温度对平衡移动的影响规律：反应Ⅰ、Ⅲ均为放热反应，升高温度，平衡均逆向移动，的选择性降低；反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，反应Ⅱ平衡正向移动，反应Ⅲ逆向移动，均有利于升高CO的选择性，故表示选择性的曲线为a；
②由图1可知：M点，的转化率与的选择性均为50%，再结合元素守恒，平衡时、、、、，则，
或。
（4）①依据电解池原理，阴极应发生还原反应，且注解说明溶液不参与电极反应，则只能是来平衡电荷，故阴极的电极反应式为：；
②通过已知信息可知，钴酞菁分子可吸附CO中间体并抑制CO中间体的生成，故将钴酞菁分子限域在碳纳米管内部，可促进CO中间体进一步还原为，提高的选择性。
19．【答案】（1）邻溴苯酚（或2-溴苯酚）；保护酚羟基，防止酚羟基与D反应
（2）醚键；还原反应
（3）
（4）5；或
（5）；，Pd/C（或Fe/HCl）
【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）①根据反应条件A→B应为硝化反应，在比较B的分子式与C的结构简式，可推知B为，则A为，名称是邻溴苯酚（或2-溴苯酚）；②结合F→G的反应条件及F的分子式和G的结构简式，可推知F为，就整个路线而言，B→C将酚羟基甲基化，而E→F又将甲基去掉，故B→C的目的是保护酚羟基，防止酚羟基与D反应。
故答案为： 邻溴苯酚（或2-溴苯酚） ； 保护酚羟基，防止酚羟基与D反应
（2）由C的结构可知其含氧官能团的名称为硝基、醚键；结合（1）的分析，F→G的反应类型为还原反应。
故答案为：醚键；还原反应
（3）结合H的分子式和I、J的结构简式，可推出H的结构简式为；
故答案为：
（4）①由Ⅰ的结构简式知化学式为，不饱和度为2，能发生银镜反应则有醛基，能与溶液反应则有羧基，而一个醛基和一个羧基刚好2个不饱和度。除去一个醛基和一个羧基还有四个碳原子，采用“定一移一方法”共有、、（箭头所指醛基位置），共有5种；②其中核磁共振氢谱为6组峰的是。
故答案为：5； 或
（5）结合的合成路线可知M的结构简式为，则第①步应为硝化反应，第②步为硝基的还原反应，反应条件为：，Pd/C（或Fe/HCl）。
故答案为： ； ，Pd/C（或Fe/HCl）【分析】结合反应条件可以推知，A生成B的反应为硝化反应，对比B的分子式和C的结构简式，可推出B的结构为，因此A的结构为。B发生取代反应得到C，C再和D发生取代反应生成E；再结合F生成G的反应条件、F的分子式以及G的结构简式，可推知F的结构为，F发生还原反应得到G。最后结合H的分子式、I和J的结构简式，可推出H的结构简式为，G和J发生取代反应，最终得到产物K，我们可以据此进行后续问题的解答。
（1）①根据反应条件A→B应为硝化反应，在比较B的分子式与C的结构简式，可推知B为，则A为，名称是邻溴苯酚（或2-溴苯酚）；
②结合F→G的反应条件及F的分子式和G的结构简式，可推知F为，就整个路线而言，B→C将酚羟基甲基化，而E→F又将甲基去掉，故B→C的目的是保护酚羟基，防止酚羟基与D反应。
（2）由C的结构可知其含氧官能团的名称为硝基、醚键；结合（1）的分析，F→G的反应类型为还原反应。
（3）结合H的分子式和I、J的结构简式，可推出H的结构简式为；
（4）①由Ⅰ的结构简式知化学式为，不饱和度为2，能发生银镜反应则有醛基，能与溶液反应则有羧基，而一个醛基和一个羧基刚好2个不饱和度。除去一个醛基和一个羧基还有四个碳原子，采用“定一移一方法”共有、、（箭头所指醛基位置），共有5种；
②其中核磁共振氢谱为6组峰的是。
（5）结合的合成路线可知M的结构简式为，则第①步应为硝化反应，第②步为硝基的还原反应，反应条件为：，Pd/C（或Fe/HCl）。
1 / 1四川达州市普通高中2026届高三下学期第二次诊断测试 化学试题
1．央视纪录片《三餐四季》深入报道了四川达州的特色美食文化。下列说法正确的是
A．“羊肉格格”蒸笼鲜香，用于包裹羊肉的米粉主要成分属于低聚糖
B．“雪花鸡淖”柔嫩滑爽，制作中用到鸡蛋清，其加热凝固的过程为盐析
C．“灯影牛肉”酥脆化渣，制作时炭火烘烤产生的焦香味是酯类水解产生的
D．“雀舌炒岩豆”茶豆竞香，茶叶含有茶多酚和维C，可促进人体蛋白质吸收和抗氧化
【答案】D
【知识点】多糖的性质和用途；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．米粉的主要成分是淀粉，淀粉属于多糖，而低聚糖是水解后能生成2~10个单糖的糖类，因此淀粉不属于低聚糖，A错误；
B．鸡蛋清加热后凝固，是蛋白质受热发生了不可逆的变性，盐析是蛋白质遇到轻金属盐后溶解度降低析出的可逆过程，二者原理不同，B错误；
C．炭火烘烤青团时产生的焦香味，主要来自美拉德反应、酯化反应等过程，酯类水解只会生成羧酸和醇，并不会产生这种焦香味，C错误；
D．茶多酚和维生素C都具有还原性，能够起到抗氧化的作用，同时二者还可以促进人体对蛋白质的吸收，D正确；
故答案为：D
【分析】A、米粉的成分为淀粉，属于多糖。
B、鸡蛋清凝固的过程是蛋白质受热发生变性。
C、酯类水解生成羧酸和醇，不会产生焦香味。
D、茶叶中的茶多酚和维生素C，可以起到抗氧化的作用。
2．下列化学用语表示错误的是
A．用于考古断代的碳的核素为：
B．和之间最强烈的氢键作用：
C．HF分子中键电子云轮廓图：
D．的VSEPR模型：
【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响；元素、核素
【解析】【解答】A．可用于考古断代的碳的放射性核素是，A选项正确；
B．氧元素的电负性大于氮元素，因此O-H键的极性比N-H键更强，成键电子对更偏向氧原子，使氢原子更接近裸露质子，更容易和其他原子的孤电子对形成更强的氢键。在和混合体系中，强度最高的氢键是水分子中O-H的氢原子，结合氨分子中氮原子的孤对电子形成的氢键，即，B选项正确；
C．HF分子中的共价键，是氢原子的1s轨道电子和氟原子的2p轨道电子头碰头重叠形成的s-p σ键，其电子云轮廓图应该为，因此选项所给内容错误，C选项错误；
D．对于，中心硫原子的价层电子对数计算可得：，其中含1对孤电子对，3对成键电子对，因此它的VSEPR模型为四面体形，即，D选项正确；
故答案为：C
【分析】A、用于考古断代的碳的核素为14C。
B、氢键的形式为X-H···Y，其中X、Y为N、O或F。
C、HF中σ键的电子云轮廓图为。
D、根据中心S原子的价层电子对数分析。
3．消除采矿业浆液中的氰化物（如KCN，C为价），可通过以下反应实现：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．0.5 mol KCN中含有键的数目为
B．100 g质量分数为17%的溶液中H原子数为
C．上述反应生成时，转移电子的数目为
D．1 L 0.1mol/L的溶液中和的离子数之和为
【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．中含有三键，1个三键中包含2个键，因此0.5 mol KCN中含有的键总数为，选项A错误；
B. 100 g质量分数为17%的溶液中，的质量为17 g，物质的量为0.5 mol；该溶液中不仅含有氢原子，作为溶剂的也含有氢原子，因此溶液中氢原子总数一定大于，选项B错误；
C．该反应中，碳元素化合价从+2价升高到+4价，每生成1 mol，反应总共转移2 mol电子，因此生成0.3 mol时，转移电子的数目为，选项C正确；
D．根据物料守恒规律，在1 L 0.1 mol/L的溶液中，、和三种含碳粒子的总物质的量为0.1 mol，总粒子数为，因此仅和的离子数之和一定小于，选项D错误；
故答案为：C
【分析】A、CN-中含有碳氮三键，一个三键中含有1个σ键和2个π键。
B、H2O2溶液中H2O2、H2O都含有H原子。
C、根据反应过程中元素化合价变化计算转移电子数。
D、溶液中含碳微粒有HCO3－、H2CO3、CO32－，据此结合物料守恒计算。
4．下列实验方案设计、现象和结论都正确的是
选项 实验方案 现象 结论
A 向溶液中加入稀氢氧化钠溶液，用湿润的红色石蕊试纸靠近管口 试纸未变蓝 溶液中不含
B 将充有的密闭烧瓶放入热水中 烧瓶内气体颜色变深 转化为是放热反应
C 向溶液中通入少量，然后再加入少量苯 有机层呈橙红色 氧化性：
D 向溶液中加固体 溶液pH变大 溶液显碱性
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；化学平衡的影响因素；盐类水解的应用；铵离子检验
【解析】【解答】A．若要检验，需要加入浓NaOH溶液并加热，若使用稀NaOH溶液且不加热，反应生成的会大部分溶于水，无法逸出使试纸变色，因此试纸不变蓝也不能证明原溶液中不含，A错误；
B．充有的烧瓶中存在平衡：，将烧瓶放入热水后颜色加深，说明体系中浓度增大，平衡向逆反应方向移动，因此正反应，也就是转化为的反应，为放热反应，B正确；
C．对于反应，根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物，只能得出的氧化性强于，只能得到氧化性强于的结论，C错误；
D．电离出的会结合醋酸电离出的氢离子，使的电离平衡正向移动被抑制，最终溶液中浓度降低，pH增大，而且溶液本身为中性，该变化不能说明醋酸是弱电解质，D错误；
故答案为：B
【分析】A、NH3极易溶于水，需要加热条件，才有NH3逸出。
B、放入热水中，温度升高，气体颜色变深，说明平衡向生成NO2的方向移动，据此分析。
C、该过程中发生反应Cl2＋2KBrO3=Br2＋2KClO3，KBrO3将Cl2氧化，无法比较Cl2和Br2的氧化性。
D、CH3COONH4溶液中CH3COO－和NH4＋的水解程度相同，溶液显中性。
5．青蒿酸可用作合成青蒿素的原料，结构简式如图所示。下列有关说法正确的是
A．分子中含有5个手性碳原子
B．分子中所有碳原子可能共平面
C．存在属于芳香族化合物的同分异构体
D．1 mol青蒿酸与足量金属钠反应可放出
【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
【解析】【解答】A．该分子中实际含有4个手性碳原子，所给标注有误，，A错误；
B．该分子中含有饱和碳原子，结构和甲烷类似，因此分子中所有碳原子不可能共平面，B错误；
C．青蒿酸的不饱和度是5，而芳香族化合物的不饱和度至少为3个苯环对应的不饱和度4，因此青蒿酸的同分异构体中可以存在芳香族化合物，C正确；
D.1 mol 青蒿酸分子中只含有1 mol羧基，和足量金属钠反应只能生成，只有在标准状况下，0.5mol氢气的体积才是。题干中没有说明反应是在标准状况下进行，因此无法确定生成氢气的体积为，D错误；
故答案为：C
【分析】A、连接有4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子。
B、存在饱和碳原子，且连接了3个碳原子，因此所有碳原子不可能共平面。
C、该结构中含有5个不饱和度，而芳香化合物至少含有4个不饱和，因此可满足。
D、未给出气体所处的状态，无法确定生成H2的体积。
6．下列反应的离子方程式正确的是
A．溶液和稀硝酸混合：
B．NaHS溶液与溶液混合：
C．用白醋和KI-淀粉试纸检验加碘盐中的
D．和溶液以物质的量之比1：1混合：
【答案】B
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．稀硝酸有强氧化性，会将氧化成S单质，自身还原生成NO，该反应的正确离子方程式为，选项A错误；
B．和会发生完全双水解反应，水解相互促进，最终生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，该选项的离子方程式书写正确，选项B正确；
C．加碘盐的成分为碘酸钾，化学式为，白醋的主要成分醋酸是弱电解质，在书写离子方程式时不能拆分写成，该反应正确的离子方程式应为，选项C错误；
D．当与按物质的量比1：1混合反应时，参与反应的各离子物质的量之比为：：：： = 1：2：1：1：1。反应中优先于和OH-反应，1mol会消耗1mol OH-，剩余的1mol OH-再和1mol反应，因此该反应正确的离子方程式为：，D错误；
故答案为：B
【分析】A、稀硝酸具有氧化性，S2－具有还原性，二者可发生氧化还原反应。
B、Al3＋与HS－发生完全双水解反应，生成Al(OH)3沉淀和H2S气体。
C、CH3COOH是弱酸，在离子方程式中保留化学式。
D、二者按物质的量之比1：1混合时，Ba(OH)2溶液中OH－分别与NH4＋、H＋反应。
7．下列性质或现象与微观解释均正确的是
选项 性质或现象 微观解释
A 干冰的密度大于冰 干冰中的堆积方式使其空间利用率低
B 特定“杯酚”能盛装，从而分离和 该“杯酚”空腔大小适配
C 的键角依次减小 孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力
D 乙醛能与非极性试剂HCN发生加成反应生成 醛基中碳氧双键有极性，且氧带部分负电，可与HCN中带正电的氢结合
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；加成反应
【解析】【解答】A．干冰的密度比冰更大，原因是干冰中为面心立方堆积，空间利用率高；而冰中的水分子之间存在氢键，最终形成疏松的晶体结构，空间利用率更低，A选项错误；
B．“杯酚”可以依靠自身空腔的尺寸大小，选择性结合，从而实现与的分离，B选项正确；
C．的中心Be原子为sp杂化，键角为；的中心B原子为杂化，键角为；的中心C原子为杂化，键角为。三种分子的中心原子都不存在孤电子对，三者键角的差异是杂化方式不同导致的，和孤电子对无关，C选项错误；
D．乙醛中醛基的C=O键极性较强，电子云向氧原子偏移，使得羰基碳带有部分正电荷，容易被亲核进攻。乙醛和极性分子HCN发生加成反应时，羰基氧带部分负电荷，HCN中带正电的H会连接在羰基氧上，最终反应产物为，D选项错误；
故答案为：B
【分析】A、干冰中CO2为面心立方堆积，空间利用率高。
B、杯酚空腔大小与C60适配，因此可用于分离C60和C70。
C、三种物质中中心原子的杂化类型不同，导致键角大小不同。
D、乙醛中碳氧双键极性强，且电负性O＞C，使得氧原子周围电子云密度较大。
8．下列实验设计或操作合理的是
A.除去中的HCl B.测定KI溶液的浓度
C.收集NO气体 D.证明分子极性：
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】极性分子和非极性分子；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A．碱石灰是碱性干燥剂，HCl为酸性气体，会被碱石灰吸收，而氢气不与碱石灰反应；使用干燥管干燥气体时，气体需要从干燥管的粗口进入、细口排出，图示的进气方向不对，A错误。
B．溴水具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，因此溴水必须盛放在酸式滴定管中，该装置用碱式滴定管盛放溴水，操作有误，B错误。
C．NO的密度小于CO2，用排二氧化碳法收集NO时，应该从短导管进气，让CO2从长导管排出，图示的进气方向错误，C错误。
D．极性分子会被带电体吸引，且分子的极性越强，液流的偏转程度越明显；非极性分子不会发生偏转。该实验中蒸馏水流出现明显偏转，四氯化碳的液流不偏转，可以证明二者分子极性：，D正确。
故答案为：D
【分析】A、干燥管的气流方向为大口进，细口出。
B、溴水具有氧化性，能腐蚀橡胶，应用酸性滴定管。
C、NO的密度小于CO2，应从短导管的一端进入。
D、极性分子易被带电体吸引，且极性越强，偏转程度越大。
9．W、X、Y、Z均为短周期主族元素，其原子序数依次增大。X、Y、Z处于同一周期，基态X原子核外电子排布中p轨道只有1个电子，Z的氢化物可用于蚀刻玻璃，且Z的原子序数等于次外层电子数与Y的核外电子数之和。可发生剧烈水解产生W的单质。下列说法正确的是
A．沸点：
B．电负性：
C．原子半径：
D．最高价氧化物的水化物酸性：
【答案】A
【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；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、YW3是NH3，Y2W4是N2H4，两种物质分子都可以形成分子间氢键，N2H4的相对分子质量更大，分子间作用力更强，因此沸点更高，即沸点NH3＜N2H4，A选项正确；
B、同周期主族元素电负性从左向右逐渐增大，同时H的电负性大于B，所以三种元素电负性顺序是F > N > B，也就是Z > Y > X，而非Z＞W＞X，B选项错误；
C、同周期主族元素原子半径从左向右逐渐递减，因此第二周期中原子半径N > F；H是所有元素中原子半径最小的，因此三种元素原子半径顺序为N > F > H，即Y > Z > W，C选项对应关系错误；
D、F元素非金属性极强，没有正化合价，因此不存在最高价氧化物对应的水化物，无法比较对应酸性，D选项错误；
故答案为：A
【分析】我们先一步步推断出各元素：能蚀刻玻璃的氢化物是氟化氢，因此Z是氟元素（F）；由于X、Y、Z位于同一周期，说明X、Y都属于第二周期元素。X核外p能级只有1个电子，根据构造原理，X的电子排布式为1s22s22p1，因此X为硼元素（B）；Z的原子序数为9，Z的次外层电子数为2，根据题干“Z的原子序数等于Z的次外层电子数与Y的核外电子数之和”，计算可得Y的核外电子数=9-2=7，因此Y是氮元素（N）；W原子序数是这四种元素里最小的，且化合物X2W6水解可以生成W的单质，符合该性质的W是氢元素（H），X2W6就是乙硼烷B2H6，乙硼烷水解确实会生成硼酸和单质氢气，符合推断。
10．2，2-二甲基-1-丙醇是医药、农药、食品添加剂等的合成中间体，其消去反应机理如下图所示。下列说法错误的是
A．总反应为：
B．中的碳原子均单键相连，采取杂化
C．反应历程中断裂和形成的键均有极性
D．由该机理可知，能发生消去反应
【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；醇类简介
【解析】【解答】A．结合题给反应机理可以判断，反应物是，在反应前后没有发生变化，是该反应的催化剂，最终生成物为 和，因此该反应的总反应为：，A选项正确；
B．中所有碳原子确实都以单键相连，但该结构中带正电荷的碳正离子中心碳原子，只形成了3个σ键，也没有孤电子对，因此其杂化方式为杂化，不是sp3杂化，B选项错误；
C．极性共价键是不同种非金属原子之间形成的共价键，在整个反应历程中，断裂的C O键、O H键、C H键，以及新形成的O H键、C H键、C=C双键，都属于极性共价键，因此反应中断裂和形成的化学键中都包含极性键，C选项正确；
D．根据题给的反应机理可以推知，邻位碳上没有氢原子的醇在酸催化条件下，可以发生碳正离子的重排迁移，烷基可以从羟基连接的碳原子上迁移到相邻的碳原子上，之后邻位的碳正离子可以和相连碳原子形成双键，因此可以推断出也可以按照该机理发生消去反应，D选项正确；
故答案为：B
【分析】A、根据图示过程确定反应物和生成物，从而得到总反应式。
B、饱和碳原子采用sp3杂化。
C、根据反应过程中元素化合价的变化分析。
D、羟基邻位碳原子上没有氢原子，无法发生消去反应。
11．我国科学家研制了可充电氢负离子全固态电池，结构如图所示，固态电解质仅允许自由移动。其总反应式为：。下列说法错误的是
A．放电时，由A极移动到B极
B．充电时，B极与外接电源的负极相连
C．放电时，B极的电极反应式为：
D．充电时，电路中每转移，A极质量减少1 g
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．可充电电池放电时属于原电池装置，原电池中阴离子向负极移动，因此会移向负极，A正确；
B．充电时该装置为电解池，电解池的阴极需要连接外接电源的负极，因此充电时阴极应与外接电源的负极相连，B正确；
C．结合总反应可推知，放电时B极为正极，得到电子，电极反应式为，C正确；
D．根据总反应分析，充电时A极为阳极，发生失电子的氧化反应，电极反应式为，从电极反应可以看出，反应后A极质量增加，且每转移，A极质量增重1 g，D错误；
故答案为：D
【分析】结合总反应和图中信息可以得到：电池放电时，A电极为正极，对应的电极反应为，B电极为负极，对应的电极反应为；充电时，A电极为阳极，对应的电极反应为，B电极为阴极，对应的电极反应为。
12．化合物Z是一种用于海水淡化的高分子材料，可利用X和Y反应获得。下列有关说法错误的是
A．1 mol X最多与3 mol NaOH反应
B．上述合成Z反应的原子利用率为100%
C．有机物Y能与乙二酸发生缩聚反应
D．Z的重复结构单元中，n(N)：n(S)：n(O)=1：1：2
【答案】A
【知识点】酯的性质；缩聚反应
【解析】【解答】A．观察X的分子结构可知，1molX完全水解会生成3molH2CO3，总共可以消耗6molNaOH，A选项错误；
B．对比X、Y、Z的分子结构可以得知，生成Z的反应属于加聚反应，反应中原子全部转化为目标产物，原子利用率为100%，B选项正确；
C.1molY分子中含有2mol羟基，1mol乙二酸分子中含有2mol羧基，二者可以发生缩聚反应得到高分子化合物，符合缩聚反应的反应特点，C选项正确；
D．推导可得Z的结构为：，其中重复结构单元里，X片段和Y片段的比例为2：3，计算可得，化简后得到最简比，D选项正确；
故答案为：A
【分析】A、X水解过程中生成3个H2CO3。
B、上述生成Z的反应为加聚反应，产物只有一种。
C、有机物Y中含有2个-OH，能与乙二酸发生缩聚反应。
D、根据Z的结构简式分析。
13．由Ni、Mg、C可形成一种新型超导体X，其晶胞结构如图所示，原子1、2的分数坐标分别为，晶胞中Ni与Mg原子的最短距离为a pm，设为阿伏加德罗常数的值，化合物X的摩尔质量为M g/mol，下列说法错误的是
A．化合物X的化学式为
B．原子3的分数坐标为
C．晶胞密度
D．1和2原子间的距离为
【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．该晶体的晶胞是立方晶胞，Mg、Ni、C三种原子依次处于晶胞顶点、面心和体心位置，根据均摊法计算可得，一个晶胞中Mg、Ni、C的原子个数分别为1、3、1，因此该晶体的化学式为，A选项正确；
B．已知题目给出原子1、原子2的分数坐标分别为、，由此可以确定坐标系，据此可以得到位于晶胞右侧面心的原子3的分数坐标为，B选项正确；
C．已知晶胞中Ni和Mg原子的最短距离为 a pm ，该晶体中Mg原子位于晶胞顶点，Ni原子位于晶胞面心，Ni和Mg的最短距离恰好是面对角线长度的一半，由此可以计算出晶胞参数为，结合密度公式计算可得晶胞密度为，C选项错误；
D．根据C选项的推导，已经得到晶胞参数为，结合原子1和原子2的坐标参数可以推导，两个原子之间的距离为 pm，D选项正确；
故答案为：C
【分析】A、根据均摊法确定晶胞中原子个数，从而得到X的化学式。
B、根据原子1、2的坐标，结合原子3的位置，确定原子3的坐标。
C、根据公式计算晶胞密度。
D、晶胞参数为，据此计算。
14．某工厂利用钢铁行业的废弃钢渣（含有和少量MnO等）为原料协同分离Si、Fe元素，固定并制取的工艺流程如图所示：
已知：①钢渣中钙元素的质量分数为24%，工艺中钙的浸出率为90%；
②离子完全沉淀时浓度，；
③低酸度时不易被氧化。
下列说法错误的是
A．试剂A可用等
B．“沉铁”时调节pH不超过2.4
C．“沉锰”后溶液pH变小
D．理论上a吨钢渣在“固碳”中可固定
【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．加入试剂A进行氧化操作，其目的是将溶液中的转化为，因此试剂a应具有氧化性，而、、等氧化剂在酸性条件下，都能将氧化为，A正确；
B．“沉铁”过程中加入调节溶液pH，目的是将溶液中的转化为Fe(OH)3沉淀，而不形成沉淀。根据离子完全沉淀时浓度，，可得完全沉淀时，溶液中，此时溶液的pH=2.8，因此调节pH为2.8时完全沉淀，B错误；
C．“沉锰”前，溶液中锰元素以形式存在，“沉锰”时加入的KMnO4将Mn2+氧化生成MnO2·nH2O，该反应的离子方程式为：，反应后溶液中国浓度增大，溶液pH变小，C正确；
D．根据题目所给钢渣中钙元素的质量分数为24%，钙的浸出率为90%，由守恒关系可得，，所以，D正确；
故答案为：B
【分析】钢渣加入盐酸进行酸浸后，SiO2不与盐酸反应也不溶于酸，会在氧化工序中被分离出去；氧化步骤加入氧化剂，会将酸浸过程生成的氧化为，之后加入氨水使铁元素沉淀，让Fe元素以Fe(OH)3的形式被分离除去；接着向除去铁的溶液中通入CO2，可以将溶液里的转化为CaCO3沉淀，实现CO2的固定；最后剩下的含有的溶液，加入硫酸、高锰酸钾发生氧化反应使锰元素沉淀，就得到了目标产物。
15．泡打粉的主要成分是和。室温下，将溶液和溶液同时注入密闭容器中，用传感器监测浓度随时间的变化如图1。（焦磷酸）不同型体的分布分数与pH的关系如图2所示。下列说法正确的是
A．图2中②代表的分布分数曲线
B．溶液中：
C．由图1可知，发生反应的离子方程式为：
D．反应趋于完全
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．由分写控制，图2中曲线②表示的是的分布分数曲线，A错误；
B．由分析可知，H4P2O7的第三步电离平衡常数Ka3()=10-6.30，因此的水解常数为 ，所以的电离大于水解，因此溶液中，故B错误；
C．由图1信息可知，当溶液中和的物质的量相等时，发生反应的离子方程式为：，故C错误；
D．反应的平衡常数由于平衡常数K＞105，所以该反应趋于完全反应，故D正确；
选D。
【分析】随pH增大，中的逐渐被消耗，溶液中含P微粒发生如下变化：H4P2O7→H3P2O7－→H2P2O72－→HP2O73－→P2O74－。因此①为，②为，③为，④为，⑤为。由图2可知，当溶液的pH=1.52时，溶液中c()=c()，因此Ka1()=10-1.52。当溶液的pH=2.36时，溶液中c()=c()，因此Ka2()=10-2.36。当溶液的pH=6.30时，溶液中c()=c()，因此Ka3()=10-6.30。当溶液的pH=9.12，溶液中c()=c()，因此Ka4()=10-9.12。据此结合选项分析。
16．镍、钴元素广泛应用在高性能合金、催化剂、电池材料等领域。一种从红土矿石（主要含铁、铝、镁的化合物及NiO、CoO、等）中提取镍和钴的工艺流程如下：
已知：①；易被氧化为不易被氧化，强碱性时转化为；
②稳定常数衡量金属离子与配体形成配合物的稳定性．
对应对应；
③常温下，。
回答下列问题：
（1）基态的价电子排布图为　 　。
（2）“加压酸浸”时硝酸初始浓度为330 kg/t、保温时间60 min，不同浸出温度、液固比条件下金属离子的浸出率如下图1、2所示，应选择的最佳条件是　 　（填选项）。
A.180℃、1.8 mL/g B.190℃、1.6 mL/g C.170℃、2.0 mL/g D.200℃、1.4 mL/g
所得滤渣1的主要成分是　 　（写化学式）。
（3）“氧化氨浸”时加入浓氨水与铵盐组成的缓冲溶液，使溶解为，计算该溶解转化反应的平衡常数　 　，并结合转化反应解释加入上述缓冲溶液的作用是　 　。与反应的离子方程式为　 　。
（4）“系列操作”为蒸发浓缩、　 　、过滤、洗涤、干燥，所得经高温分解所得气体产物经处理可返回到　 　工序循环利用。
（5）已知为正八面体形结构（如图3），配合物中心离子的杂化方式为_________（填序号）。
A． B． C． D．
【答案】（1）
（2）B；
（3）；增大反应物的浓度，消耗反应生成的，均有利于溶解；
（4）冷却结晶；加压酸浸
（5）C
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】（1）基态的价电子排布式为，基态的价电子排布图为；
故答案为：
（2）“加压酸浸”时各元素的浸出率受到硝酸初始浓度、保温时间、浸出温度、液固比等因素的影响，图1、2所示为浸出温度和液固比对金属离子的浸出率的影响，浸出温度、液固比应选择铁的浸出率低，而其他金属浸出率高的温度，读图1可知浸出温度应选择190℃，读图2可知液固比应选择1.6~1.7 mL/g，故应选择B答案；矿石经硝酸加压酸浸后仅不溶，所得滤渣1的主要成分是；
故答案为：B；
（3）“氧化氨浸”时加入浓氨水与铵盐组成的缓冲溶液使溶解为，溶解转化反应为，平衡常数，对应，，则溶解转化反应的平衡常数加入浓氨水与铵盐组成的缓冲溶液，增大反应物的浓度，消耗反应生成的，均有利于的溶解；根据已知信息易被氧化为，所以加入后反应的离子方程式为：；
故答案为： ； 增大反应物的浓度，消耗反应生成的，均有利于溶解 ；
（4）从浸出液中获得晶体的一系列操作为“蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤，干燥”；所得晶体经高温分解能得到，再与和作用后生成，可返回到“加压酸浸”工序循环利用；
故答案为：冷却结晶；加压酸浸
（5）已知|为正八面体形结构（如图3），配合物中心离子的配位数为6，的价层电子对数为6，则杂化方式不可能为杂化，所以中心离子的杂化方式为，故选C。
故答案为：C
【分析】红土矿石的主要成分包含铁、铝、镁的化合物，还有NiO、CoO、等杂质，将红土矿石磨细后用浓硝酸在加热加压条件下进行酸浸处理，其中不与浓硝酸反应也不会溶解，因此过滤后得到的滤渣1的主要成分就是；酸浸后得到的浸出液中含有Fe3+、Al3+、Mg2+、Ni2+、Co2+这些金属阳离子，向浸出液中加入MgO调节溶液pH，随着pH逐步升高，不同金属离子依次沉淀，过滤后依次得到滤渣2氢氧化铁沉淀、滤渣3氢氧化铝沉淀，之后Co2+、Ni2+也转化为氢氧化钴沉淀、氢氧化镍沉淀分离出来，最终滤液中得到含硝酸镁的浸出液。将得到的氢氧化钴沉淀、氢氧化镍沉淀进行氧化氨浸处理，可以分离出含的溶液，同时得到沉淀。
（1）基态的价电子排布式为，基态的价电子排布图为；
（2）“加压酸浸”时各元素的浸出率受到硝酸初始浓度、保温时间、浸出温度、液固比等因素的影响，图1、2所示为浸出温度和液固比对金属离子的浸出率的影响，浸出温度、液固比应选择铁的浸出率低，而其他金属浸出率高的温度，读图1可知浸出温度应选择190℃，读图2可知液固比应选择1.6~1.7 mL/g，故应选择B答案；矿石经硝酸加压酸浸后仅不溶，所得滤渣1的主要成分是；
（3）“氧化氨浸”时加入浓氨水与铵盐组成的缓冲溶液使溶解为，溶解转化反应为，平衡常数，对应，
，则溶解转化反应的平衡常数加入浓氨水与铵盐组成的缓冲溶液，增大反应物的浓度，消耗反应生成的，均有利于的溶解；根据已知信息易被氧化为，所以加入后反应的离子方程式为：；
（4）从浸出液中获得晶体的一系列操作为“蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤，干燥”；所得晶体经高温分解能得到，再与和作用后生成，可返回到“加压酸浸”工序循环利用；
（5）已知|为正八面体形结构（如图3），配合物中心离子的配位数为6，的价层电子对数为6，则杂化方式不可能为杂化，所以中心离子的杂化方式为，故选C。
17．高纯氯化铟（）是制备ITO薄膜、半导体材料、有机反应催化剂的主要原料。兴趣小组用粗铟（含少量铁）和盐酸为原料制取高纯氯化铟并测定其纯度，实验装置如下（加热和夹持装置略）：
已知：为白色或黄色结晶（熔点586℃，加热至300℃开始升华），易溶于水、不溶于环己烷（环己烷沸点81℃，与水的共沸物沸点9.8℃），易潮解、水解。
I．制备（装置如图1）
称取一定量金属铟与浓盐酸在40~60℃温度下持续搅拌数小时至金属铟完全溶解，获得氯化铟溶液。除杂后将溶液升温至90~100℃，溶液逐渐蒸发，结晶析出晶体。
（1）仪器B的名称为　 　，溶解金属铟时控温40~60℃的原因是　 　。
（2）除杂时向粗溶液中加入稍过量溶液和粉末调节溶液pH，充分搅拌后过滤、洗涤，除去溶液中的。请设计实验方案，验证溶液中已除尽　 　。
Ⅱ．制备无水（装置如图2）
将制得的晶体转入图2烧瓶C中，加入足量环己烷，在氮气保护下控温回流持续脱水。脱水完成后减压浓缩，析出白色结晶，过滤、洗涤、干燥，得纯。
（3）控温回流时预先在分水器中加入　 　至离支管口约1 cm处，当出现　 　现象时停止加热。
（4）若直接加热晶体会生成InOCl，写出该反应的化学方程式　 　。
Ⅲ．的含量测定
准确称取4.50 g无水样品溶于盐酸中，配制500 mL pH=3的待测液，取25.00 mL待测液于锥形瓶中，加入20.00 mL 0.1000 mol/L EDTA溶液充分反应，再用标准溶液滴定过量EDTA溶液，终点时消耗标准溶液22.00 mL。滴定过程涉及的反应为：，。
（5）样品中的质量分数为　 　%（计算结果保留1位小数）；若滴定时其他操作无误，量取待测液时初始和结束读取滴定管刻度方式如图3所，则测定结果　 　（填“偏高”“偏低”“无影响”）。
【答案】球形冷凝管；温度过低反应速率慢，温度过高浓盐酸挥发较多，均不利于金属铟溶解；取滤液少量于洁净试管中，滴加2滴KSCN溶液，若溶液中未出现红色，则证明原溶液中的已经完全除去；水；分水器中下层液体（水）的量不再增加（或回流液变得澄清）；；88.6；偏低
【知识点】物质的分离与提纯；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）仪器B的名称为球形冷凝管；溶解金属铟时略微加热可加快反应速率，但浓盐酸易挥发，故加热温度不能太高，则控温40~60℃的原因是温度过低反应速率慢，温度过高浓盐酸挥发较多，均不利于金属铟溶解；
故答案为：球形冷凝管； 温度过低反应速率慢，温度过高浓盐酸挥发较多，均不利于金属铟溶解
（2）除杂时除去溶液中的，验证溶液中已除尽的实验方案为：取滤液少量于洁净试管中，滴加2滴KSCN溶液，若溶液中未出现红色，则证明原溶液中的已经完全除去；
故答案为： 取滤液少量于洁净试管中，滴加2滴KSCN溶液，若溶液中未出现红色，则证明原溶液中的已经完全除去
（3）控温回流时预先在分水器中加水，使用分水器将蒸出的环己烷与水的共沸物中的水进入下层，达到去除中的的目的；当分水器中下层液体（水）的量不再增加或回流液变得澄清时，表明水已经完全蒸出，可以停止加热；
故答案为：水； 分水器中下层液体（水）的量不再增加（或回流液变得澄清）
（4）若直接加热晶体，会发生水解反应生成InOCl，该反应的化学方程式为：；
故答案为：
（5）总，过量，25 mL待测液中，500 mL中，，质量，质量分数；若滴定时其他操作无误，量取待测液时初始和结束读取滴定管刻度方式如图3所示，明所量取的待测液体积偏小，而计算时仍代入25.00 mL待测液进行计算，实际导致返滴定时所用标准溶液体积偏大，则测定结果将偏低。
故答案为：88.6； 偏低
【分析】本实验流程为：利用粗铟和浓盐酸反应制备 InCl3 ，之后加入稍过量，再加入 In2O3 发生沉淀转化，让杂质Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀除去；除杂后将溶液升温到90~100℃，逐步蒸发浓缩结晶，析出 晶体；接着将得到的 晶体转移到题图2的烧瓶C中，加入足量环己烷，在氮气氛围下控制温度回流，使晶体持续脱水；脱水完成后进行减压浓缩，析出无水InCl3白色结晶，再经过滤、洗涤、干燥，得到纯净的InCl3；最后通过EDTA滴定法，测定样品中InCl3的质量分数，基于上述流程分析各问题。
18．催化加氢制甲醇是碳的捕集、利用和封存技术中最具应用前景的技术路径之一。该过程主要发生下列反应：
反应 平衡常数
I
Ⅱ
Ⅲ
回答下列问题：
（1）反应Ⅱ的　 　，若，则该反应在　 　（填“高温”、“低温”或“任意温度”）条件下能自发进行。
（2）一定温度下，在某恒压密闭容器中充入和发生上述反应。下列说法能说明该体系达到平衡状态的是_________（填标号）。
A． B．气体密度不再变化
C．恒定不变 D．恒定不变
（3）以的进气比通入载有催化剂的密闭反应管中，维持压强为3 MPa进行上述三个反应，反应达到平衡状态时，测得的转化率、的选择性随温度的变化如图1：
已知：或CO的选择性
①表示选择性的曲线为　 　（填“a”或“b”），并说明选择的理由　 　。
②M点达到平衡状态时，的转化率为50%，则反应Ⅱ的　 　。
（4）我国科学家研究发现，用图2电解装置电催化制甲醇可显著提高甲醇的选择性。已知钴酞菁（CoPc）分子可吸附CO，将钴酞菁（CoPc）分子限域在碳纳米管内部，能抑制副产物CO的生成。回答下列问题：
①阴极的电极反应式为　 　溶液不参与电极反应）。
②碳纳米管内甲醇的选择性高于管外的原因可能是　 　。
【答案】（1）；高温
（2）B；C
（3）a；反应Ⅰ、Ⅲ均为放热反应，升高温度，平衡均逆向移动，的选择性降低；反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，反应Ⅱ平衡正向移动，反应Ⅲ逆向移动，均有利于升高CO的选择性；0.125或
（4）；碳纳米管内的钴酞菁分子吸附CO中间体，促进CO进一步还原为甲醇，使甲醇选择性高于管外
【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）根据盖斯定律：Ⅱ=Ⅰ-Ⅲ，；根据，反应Ⅱ中，则反应Ⅱ高温下能自发进行。
故答案为：+41.2；高温
（2）A．速率作为判断平衡状态的标志时，需指明两个方向，A错误；
B．该反应为恒压条件，且反应前后气体分子数发生变化，故总体积为变量，导致密度为变量，当密度不变时达到平衡状态，B正确；
C．根据反应知：在消耗，减小，在生成，增多，则；是个变量，C正确；
D．恒温条件，K不变，恒定，D错误；
故答案为：BC
（3）①依据图1及温度对平衡移动的影响规律：反应Ⅰ、Ⅲ均为放热反应，升高温度，平衡均逆向移动，的选择性降低；反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，反应Ⅱ平衡正向移动，反应Ⅲ逆向移动，均有利于升高CO的选择性，故表示选择性的曲线为a；
故答案为：a； 反应Ⅰ、Ⅲ均为放热反应，升高温度，平衡均逆向移动，的选择性降低；反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，反应Ⅱ平衡正向移动，反应Ⅲ逆向移动，均有利于升高CO的选择性
②由图1可知：M点，的转化率与的选择性均为50%，再结合元素守恒，平衡时、、、、，则，或。
故答案为： 0.125或
（4）①依据电解池原理，阴极应发生还原反应，且注解说明溶液不参与电极反应，则只能是来平衡电荷，故阴极的电极反应式为：；
故答案为：
②通过已知信息可知，钴酞菁分子可吸附CO中间体并抑制CO中间体的生成，故将钴酞菁分子限域在碳纳米管内部，可促进CO中间体进一步还原为，提高的选择性。
故答案为： 碳纳米管内的钴酞菁分子吸附CO中间体，促进CO进一步还原为甲醇，使甲醇选择性高于管外
【分析】（1）根据盖斯定律计算目标反应的反应热。根据ΔH-TΔS＜0时，反应自发进行，据此判断反应自发进行的条件。
（2）当正逆反应速率相等，或变量不变时，可逆反应处于平衡状态，据此结合选项所给进行分析。
（3）①结合温度对平衡移动的影响分析。
②由图1可知：M点，的转化率与的选择性均为50%，据此结合元素守恒计算平衡体系中各物质的物质的量，从而计算该反应的压强平衡常数。
（4）①阴极上CO2发生得电子的还原反应，生成CH3OH，据此写出其电极反应式。
②碳纳米管内的钴酞菁分子吸附CO2中间体，促进CO进一步转化为CH3OH，使得CH3OH的选择性更高。
（1）根据盖斯定律：Ⅱ=Ⅰ-Ⅲ，；根据，反应Ⅱ中，则反应Ⅱ高温下能自发进行。
（2）A．速率作为判断平衡状态的标志时，需指明两个方向，A错误；
B．该反应为恒压条件，且反应前后气体分子数发生变化，故总体积为变量，导致密度为变量，当密度不变时达到平衡状态，B正确；
C．根据反应知：在消耗，减小，在生成，增多，则；是个变量，C正确；
D．恒温条件，K不变，恒定，D错误；
故选BC。
（3）①依据图1及温度对平衡移动的影响规律：反应Ⅰ、Ⅲ均为放热反应，升高温度，平衡均逆向移动，的选择性降低；反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，反应Ⅱ平衡正向移动，反应Ⅲ逆向移动，均有利于升高CO的选择性，故表示选择性的曲线为a；
②由图1可知：M点，的转化率与的选择性均为50%，再结合元素守恒，平衡时、、、、，则，
或。
（4）①依据电解池原理，阴极应发生还原反应，且注解说明溶液不参与电极反应，则只能是来平衡电荷，故阴极的电极反应式为：；
②通过已知信息可知，钴酞菁分子可吸附CO中间体并抑制CO中间体的生成，故将钴酞菁分子限域在碳纳米管内部，可促进CO中间体进一步还原为，提高的选择性。
19．艾曲波帕（K）是可以口服给药的治疗血小板减少症的药物，其合成路线如下（略去部分试剂和条件）。
回答下列问题：
（1）化合物A的名称是　 　。上述合成路线，B→C的目的是　 　。
（2）化合物C的含氧官能团名称是硝基、　 　。F→G的反应类型是　 　。
（3）化合物H的结构简式是　 　。
（4）I的同分异构体中，同时满足下列条件的共有　 　种，其中核磁共振氢谱为6组峰的是　 　（用键线式表示）。
①有2个甲基；②能发生银镜反应；③能与溶液反应。
（5）参照上述合成路线及所学知识，设计由合成的路线如下：
第①步反应的化学方程式为　 　；第②步反应的反应条件是　 　。
【答案】（1）邻溴苯酚（或2-溴苯酚）；保护酚羟基，防止酚羟基与D反应
（2）醚键；还原反应
（3）
（4）5；或
（5）；，Pd/C（或Fe/HCl）
【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）①根据反应条件A→B应为硝化反应，在比较B的分子式与C的结构简式，可推知B为，则A为，名称是邻溴苯酚（或2-溴苯酚）；②结合F→G的反应条件及F的分子式和G的结构简式，可推知F为，就整个路线而言，B→C将酚羟基甲基化，而E→F又将甲基去掉，故B→C的目的是保护酚羟基，防止酚羟基与D反应。
故答案为： 邻溴苯酚（或2-溴苯酚） ； 保护酚羟基，防止酚羟基与D反应
（2）由C的结构可知其含氧官能团的名称为硝基、醚键；结合（1）的分析，F→G的反应类型为还原反应。
故答案为：醚键；还原反应
（3）结合H的分子式和I、J的结构简式，可推出H的结构简式为；
故答案为：
（4）①由Ⅰ的结构简式知化学式为，不饱和度为2，能发生银镜反应则有醛基，能与溶液反应则有羧基，而一个醛基和一个羧基刚好2个不饱和度。除去一个醛基和一个羧基还有四个碳原子，采用“定一移一方法”共有、、（箭头所指醛基位置），共有5种；②其中核磁共振氢谱为6组峰的是。
故答案为：5； 或
（5）结合的合成路线可知M的结构简式为，则第①步应为硝化反应，第②步为硝基的还原反应，反应条件为：，Pd/C（或Fe/HCl）。
故答案为： ； ，Pd/C（或Fe/HCl）【分析】结合反应条件可以推知，A生成B的反应为硝化反应，对比B的分子式和C的结构简式，可推出B的结构为，因此A的结构为。B发生取代反应得到C，C再和D发生取代反应生成E；再结合F生成G的反应条件、F的分子式以及G的结构简式，可推知F的结构为，F发生还原反应得到G。最后结合H的分子式、I和J的结构简式，可推出H的结构简式为，G和J发生取代反应，最终得到产物K，我们可以据此进行后续问题的解答。
（1）①根据反应条件A→B应为硝化反应，在比较B的分子式与C的结构简式，可推知B为，则A为，名称是邻溴苯酚（或2-溴苯酚）；
②结合F→G的反应条件及F的分子式和G的结构简式，可推知F为，就整个路线而言，B→C将酚羟基甲基化，而E→F又将甲基去掉，故B→C的目的是保护酚羟基，防止酚羟基与D反应。
（2）由C的结构可知其含氧官能团的名称为硝基、醚键；结合（1）的分析，F→G的反应类型为还原反应。
（3）结合H的分子式和I、J的结构简式，可推出H的结构简式为；
（4）①由Ⅰ的结构简式知化学式为，不饱和度为2，能发生银镜反应则有醛基，能与溶液反应则有羧基，而一个醛基和一个羧基刚好2个不饱和度。除去一个醛基和一个羧基还有四个碳原子，采用“定一移一方法”共有、、（箭头所指醛基位置），共有5种；
②其中核磁共振氢谱为6组峰的是。
（5）结合的合成路线可知M的结构简式为，则第①步应为硝化反应，第②步为硝基的还原反应，反应条件为：，Pd/C（或Fe/HCl）。
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