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湖南永州市2026届高三下学期高考第三次模拟考试 化学试题
1．随着AI数据中心用电需求激增，燃气轮机发电成为当前最抢手的供电方案之一。下列说法错误的是
A．燃气轮机所用燃料天然气，属于化石能源
B．制造涡轮叶片的镍基单晶高温合金，属于金属材料
C．涡轮叶片表面覆盖极低热导率的陶瓷涂层，属于新型无机非金属材料
D．直接排放未完全燃烧的甲烷气体，不会引起温室效应
【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；常见的生活环境的污染及治理；无机非金属材料；合金及其应用
【解析】【解答】A、天然气是古代生物遗骸经过漫长地质作用形成的化石能源，A 正确；
B、镍基单晶高温合金是由镍与其他金属元素熔合而成的合金，属于金属材料，B 正确；
C、涡轮叶片表面的陶瓷涂层是新型无机非金属材料，具有耐高温、低热导率的特性，C 正确；
D、甲烷是一种温室气体，其温室效应约为 CO2的 25 倍，直接排放未完全燃烧的甲烷会加剧温室效应，D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题考查化学与能源、材料、环境的综合应用。解题思路是逐一辨析各选项涉及的化学概念：
化石能源包括煤、石油、天然气；
金属材料包括纯金属与合金；
新型无机非金属材料如特种陶瓷，具有传统陶瓷不具备的特殊性能；
温室气体除了 CO2，还包括甲烷、氟利昂等，甲烷的温室效应更强。
2．下列说法正确的是
A．氢键和离子键都属于化学键
B．IVA族元素单质的晶体类型相同
C．的价层电子对互斥模型和空间构型均为正四面体
D．的电负性比的大，可推断分子的极性比的大
【答案】C
【知识点】化学键；判断简单分子或离子的构型；极性分子和非极性分子；晶体的定义
【解析】【解答】A、化学键包括离子键、共价键和金属键，氢键属于分子间作用力，不属于化学键，A 错误；
B、ⅣA 族元素单质的晶体类型多样，如金刚石、晶体硅为原子晶体，石墨为混合晶体，铅为金属晶体，晶体类型不相同，B 错误；
C、CCl4分子中，中心 C 原子的价层电子对数为 4（4 个 σ 键，无孤电子对），因此价层电子对互斥模型和空间构型均为正四面体，C 正确；
D、分子极性不仅与中心原子电负性有关，还需考虑成键原子间的电负性差。N 和 Cl 的电负性相近，而 P 的电负性远小于 Cl，因此 P-Cl 键的极性更强，PCl3的分子极性比 NCl3大，D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题考查化学键、晶体类型、价层电子对互斥理论及分子极性的判断，解题思路是逐一辨析各选项涉及的化学概念：
化学键与分子间作用力的区别：氢键不属于化学键；
晶体类型的多样性：同一主族不同元素的单质晶体类型可能不同；
价层电子对互斥理论：中心原子无孤电子对时，价层电子对互斥模型与分子空间构型一致；
分子极性的判断：分子极性由成键原子的电负性差和分子结构共同决定，不能仅根据中心原子的电负性判断。
3．下列反应方程式中，正确的是
A．通入石灰乳中：
B．铅蓄电池放电时的正极反应：
C．向烧碱溶液中加入铝片：
D．将在空气中灼热的铜丝伸入乙醇中：
【答案】C
【知识点】常见化学电源的种类及其工作原理；氯气的化学性质；铝的化学性质；乙醇的催化氧化实验
【解析】【解答】A、石灰乳中主要以固体形式存在，不能拆成离子，正确的离子方程式为 ，A错误；
B、铅蓄电池放电时，正极上得电子被还原，电极反应为 ，选项中给出的是负极反应，B错误；
C、铝与烧碱溶液反应的离子方程式为 ，原子、电荷均守恒，C正确；
D、乙醇催化氧化时，被还原为，正确的化学方程式为 ，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题考查化学用语的正误判断，解题时需结合反应原理、物质存在形式、电极反应规律来分析：
离子方程式中，难溶物、弱电解质、气体等不能拆成离子；
原电池中，正极发生还原反应，负极发生氧化反应；
铝与强碱溶液反应，本质是铝与水反应，强碱仅起溶解氢氧化铝的作用；
乙醇催化氧化中，铜是催化剂，反应前后铜元素价态不变。
4．下列实验操作规范的是
A.配制NaCl溶液 B.调控滴液速度
C.稀释浓硫酸 D.除去中少量
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】乙炔炔烃；常用仪器及其使用；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A、配制 NaCl 溶液时，不能直接将 NaCl 固体放入容量瓶中溶解，应先在烧杯中溶解，冷却后再转移至容量瓶，A 错误；
B、碱式滴定管的玻璃珠应捏在橡胶管外侧，图示操作方式易导致玻璃管断裂或漏液，无法规范调控滴速，B 错误；
C、稀释浓硫酸时，应将浓硫酸沿烧杯壁缓慢注入水中，并不断搅拌，若将水倒入浓硫酸中，会因局部过热导致液体飞溅，C 错误；
D、H2S 可与 CuSO4溶液反应生成 CuS 沉淀，而 C2H2不与 CuSO4反应，因此可通过洗气除去 C2H2中的 H2S 杂质，D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题考查基础化学实验操作的规范性，解题关键是掌握各实验的操作要点和安全注意事项：
容量瓶仅用于定容，不能用于溶解或稀释固体；
碱式滴定管的正确操作是捏挤橡胶管中的玻璃珠外侧，而非图示方式；
浓硫酸稀释必须遵循 “酸入水” 原则，防止暴沸；
洗气除杂时，杂质气体需与除杂试剂反应，目标气体不反应，洗气瓶应 “长进短出”。
5．氮及其化合物的部分转化关系如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，所含键的数目为
B．反应②中每消耗，生成的产物分子的数目为
C．反应③中与足量反应，转移电子的数目为
D．溶液中，的数目为
【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；气体摩尔体积；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、标准状况下，11.2 L NH3的物质的量为0.5 mol，1个NH3分子中含有3个N-H σ键，故所含σ键数目为1.5，A错误；
B、反应②为，消耗1.6 g（0.05 mol）O2时，生成0.1 mol NO2，但存在平衡 ，实际产物分子数小于0.1，B错误；
C、反应③为 ，3 mol NO2参与反应时，转移2 mol电子，数目为2，C正确；
D、NH4NO3溶液中，会发生水解，故100 mL 1 mol·L- NH4NO3溶液中，的数目小于0.1，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题以氮及其化合物的转化为载体，考查阿伏加德罗常数的应用，解题时需结合物质结构、可逆反应、氧化还原反应电子转移和盐类水解等知识点：
化学键数目的计算需明确分子中的成键情况；
可逆反应不能进行到底，产物分子数需考虑平衡转化；
氧化还原反应的电子转移数需根据反应方程式中元素化合价的变化判断；
弱碱阳离子在水溶液中会发生水解，导致其数目小于理论值。
6．抗坏血酸(I)能被氧化为脱氢抗坏血酸(II)，是常用的抗氧化剂。下列说法正确的是
A．I和II均不能使溴水褪色
B．I中和杂化的碳原子数目比为
C．II不能与溶液反应
D．II最多能和发生加成反应
【答案】B
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；烯烃
【解析】【解答】A、抗坏血酸（Ⅰ）中含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应使其褪色；脱氢抗坏血酸（Ⅱ）虽无碳碳双键，但含有多个羰基，也可因其他还原反应使溴水褪色，A错误；
B、Ⅰ中杂化的碳原子有4个（、、环上连有的碳原子），杂化的碳原子也有4个（碳碳双键两端的2个碳原子和酯基中的羰基碳），数目比为1：1，B正确；
C、Ⅱ中含有酯基和羰基，能与溶液发生水解反应，C错误；
D、Ⅱ分子中含有3个羰基（C=O），但酯基中的羰基不能与加成，只有2个酮羰基可加成，故1 mol Ⅱ最多能和2 mol 发生加成反应，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题考查有机化合物的结构与性质，解题关键是根据官能团判断物质性质：
碳碳双键能发生加成反应，使溴水褪色；
碳原子的杂化方式可根据成键类型判断：单键为杂化，双键为杂化；
酯基能在碱性条件下水解；
能与加成的基团为碳碳双键、碳碳三键、醛基、酮羰基，酯基和羧基中的羰基不能加成。
7．蜜胺树脂可由如图所示的环状三聚体制备。和都是短周期主族元素，电子层数相同，基态的轨道半充满，是原子半径最小的元素。下列说法错误的是
A．的第一电离能：
B．的简单氢化物的键角：
C．最高价含氧酸的酸性：X>Y
D．均能形成多种氧化物
【答案】C
【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；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、同周期主族元素的第一电离能整体呈从左到右增大的趋势，但第 ⅡA 族和第 ⅤA 族存在反常现象。N 的 2p 轨道为半充满的稳定结构，其第一电离能大于同周期相邻的 C，即 Y > X，A 正确；
B、X 的简单氢化物为 CH4，中心 C 原子无孤电子对，键角为 109°28'；Y 的简单氢化物为 NH3，中心 N 原子有 1 对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对间的斥力，导致键角被压缩，因此键角 CH4 > NH3，即 X > Y，B 正确；
C、元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强。N 的非金属性强于 C，因此最高价含氧酸的酸性 HNO3 > H2CO3，即 Y > X，C 错误；
D、C 可形成 CO、CO2等氧化物，N 可形成 NO、NO2、N2O5等氧化物，H 可形成 H2O、H2O2等氧化物，三种元素均能形成多种氧化物，D 正确；
故答案为：C。
【分析】根据 “Z 是短周期原子半径最小的元素” 推出 Z 为 H；由 “基态 Y 的 2p 轨道半充满”（电子排布式为 ）推出 Y 为 N；再结合 “X 与 Y 同周期且在结构中为四价”，推出 X 为 C，即 X (C)、Y (N)、Z (H)。
8．下列陈述I与陈述II均正确，但不具有因果关系的是
选项 陈述I 陈述II
A 能使紫色的溶液褪色 具有漂白性
B 水解可生成胶体 可用作净水剂
C 硝酸银溶液存于棕色瓶中 硝酸银见光易分解
D 炽热铁水注入模具前，模具需充分干燥 3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；二氧化硫的性质；铁的化学性质；胶体的性质和应用；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、SO2能使紫色的 KMnO4溶液褪色，是因为 SO2具有还原性，可将 MnO4-还原为 Mn2+；而陈述 II 认为原因是 SO2具有漂白性，二者均正确，但不具有因果关系，A 符合题意；
B、FeCl3水解可生成 Fe(OH)3胶体，胶体具有吸附性，因此 FeCl3可用作净水剂，二者具有因果关系，B 不符合题意；
C、硝酸银见光易分解，因此硝酸银溶液需存于棕色瓶中避光保存，二者具有因果关系，C 不符合题意；
D、高温下铁会与水蒸气反应： 3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2 ，因此炽热铁水注入模具前，模具需充分干燥，二者具有因果关系，D 不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
二氧化硫的还原性与漂白性辨析：使酸性高锰酸钾溶液褪色体现的是还原性，而非漂白性；
铁盐的净水原理：FeCl3水解生成的 Fe(OH)3胶体可吸附水中悬浮杂质；
硝酸银的保存：见光易分解的试剂需保存在棕色瓶中避光；
铁与水蒸气的反应：高温下铁与水蒸气会发生反应，模具干燥可避免安全隐患。
9．是极强的氧化剂，由和制备的反应历程如图所示。下列说法错误的是
A．过程中是催化剂
B．过程中属于氧化还原反应的是②③⑤
C．在水溶液中不能稳定存在
D．总反应方程式为
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平
【解析】【解答】A、过程中 F-参与反应①生成 PtF7-，又在反应⑤中再生，因此 F-是催化剂，A 正确；
B、反应①中各元素化合价未变，属于非氧化还原反应；反应②中 Xe 被氧化，反应③中 XeF 被氧化、PtF6被还原，反应⑤中 PtF7-与 PtF5生成 [Pt2F11]-，各元素化合价不变，因此属于氧化还原反应的是②③，B 错误；
C、PtF6是极强的氧化剂，在水溶液中会与水发生反应，不能稳定存在，C 正确；
D、将反应历程中的中间物质消去，可得总反应方程式为：Xe+2PtF6=[XeF]+[Pt2F11]-，D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
催化剂判断：反应历程中参与反应且最终再生的物质为催化剂；
氧化还原反应判断：反应过程中有元素化合价发生变化的反应；
物质稳定性分析：强氧化剂 PtF6在水溶液中易与水反应；总反应方程式书写：
消去反应历程中的中间物质，得到总反应。
10．一种以含铅废料(主要含PbO、ZnO、MgO等)为原料制备醋酸铅的流程如图所示。已知易溶于氨水。
下列说法错误的是
A．Pb属于p区元素
B．向滤液1中滴加氨水直至过量，先产生白色沉淀，后沉淀全部溶解
C．气体的主要成分是
D．醋酸铅能杀菌是因为其能使细菌蛋白质变性
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A、Pb 位于元素周期表第 ⅣA 族，属于 p 区元素，A 正确；
B、酸浸后滤液 1 中含有 Zn2+、Mg2+，滴加氨水时，先生成 Zn(OH)2和 Mg(OH)2白色沉淀；继续加氨水，Zn(OH)2溶解，但 Mg(OH)2不溶于氨水，沉淀不会全部溶解，B 错误；
C、转化后得到的碳酸铅与醋酸反应生成醋酸铅、CO2和水，故气体 X 为 CO2，C 正确；
D、重金属盐能使细菌蛋白质变性，因此醋酸铅可杀菌，D 正确；
故答案为：B。
【分析】含铅废料经稀硫酸酸浸，将 ZnO、MgO 转化为可溶性硫酸盐进入滤液，PbO 则转化为难溶的 PbSO4；PbSO4再经碳酸钠溶液转化为 PbCO3沉淀；最后 PbCO3用醋酸溶解，得到目标产物醋酸铅，并释放出 CO2气体。
11．我国科学家基于双柱［5]芳烃大环分子和铽离子配合物相互作用，构建了一种线形超分子聚合物，过程如图所示。
下列说法错误的是
A．生成该线形超分子聚合物的原理与传统聚合反应不同
B．G1分子中原子的价层孤电子对占据杂化轨道
C．与按照化学计量数之比为1：1发生反应
D．G1分子中的氰基与H1分子的空腔通过配位键形成线形超分子聚合物
【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；超分子
【解析】【解答】A、该线形超分子聚合物是通过主体分子 H1 与客体分子 G1 之间的非共价相互作用（如范德华力、氢键、疏水作用等）组装而成，没有发生传统意义上的共价键聚合反应；而传统聚合反应是通过单体间形成共价键（如加聚、缩聚）生成高分子，二者原理明显不同，A 正确；
B、G1 分子中 N*原子形成了 3 个 σ 键，同时含有 1 对孤电子对，价层电子对数为 4，因此杂化方式为 sp3 杂化，孤电子对占据 sp3 杂化轨道，而非 sp2 杂化轨道，B 错误；
C、从反应示意图和结构来看，1 个主体分子 H1 可以与 1 个客体分子 G1 形成稳定的主客体包合结构，二者按照化学计量数之比为 1：1 发生组装反应，C 正确；
D、配位键的形成条件是一方提供孤电子对，另一方提供空轨道。G1 分子中的氰基（-CN）N 原子虽有孤电子对，但 H1 分子的空腔中不存在提供空轨道的中心离子（如金属离子），因此二者无法通过配位键结合，而是通过范德华力、疏水作用等非共价相互作用形成超分子聚合物，D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
超分子聚合物原理：超分子组装依靠非共价相互作用，与传统共价聚合反应的机理不同；
杂化轨道判断：根据价层电子对数（σ 键数 + 孤电子对数）判断原子的杂化方式；
主客体计量比：根据结构示意图判断分子间的结合比例；
配位键形成条件：必须一方提供孤电子对，另一方提供空轨道，二者缺一不可。
12．下列实验操作、现象及结论均正确的是
选项 实验操作及现象 实验结论
A 向的溶液(深紫红色)中加入等体积的KI浓溶液，振荡，静置，溶液分层，下层呈浅紫红色，上层呈棕黄色 的溶解能力： KI浓溶液>CCl4
B 常温下，将Al片分别插入稀硝酸和浓硝酸中，前者有气体产生，后者无明显现象 氧化性：稀硝酸>浓硝酸
C 在少量脱脂棉中加入几滴浓硫酸和几滴水，搅成糊状，再加入新制的悬浊液，煮沸，生成砖红色沉淀 纤维素水解生成葡萄糖
D 向溶液中先后滴加4滴和溶液，先产生白色沉淀，后变成红褐色沉淀 相同温度下的：
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、向 I2的 CCl4溶液中加入 KI 浓溶液，振荡后静置，下层（CCl4层）呈浅紫红色，上层（KI 溶液层）呈棕黄色，说明大量 I2转移到了 KI 溶液中，即 I2在 KI 浓溶液中的溶解能力大于在 CCl4中的溶解能力，A 正确；
B、常温下 Al 片插入浓硝酸中会发生钝化，并非氧化性弱于稀硝酸，实际上浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，B 错误；
C、浓硫酸具有脱水性和强氧化性，会使纤维素脱水炭化并氧化，且反应后溶液呈酸性，直接加入新制 Cu(OH)2悬浊液无法检验葡萄糖，应先加碱中和硫酸，C 错误；
D、NaOH 溶液过量，加入 MgCl2和 FeCl3溶液时，均直接与 NaOH 反应生成沉淀，不存在沉淀的转化，无法比较二者的 Ksp 大小，D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
萃取与溶解平衡：I2可与 I-反应生成 I3-，增大在水溶液中的溶解度；
钝化现象：常温下铝在浓硝酸中会形成致密氧化膜阻止反应继续进行；
纤维素水解与醛基检验：浓硫酸会干扰葡萄糖的检验，需先中和酸性环境；
溶度积比较：沉淀转化的前提是沉淀剂不足，本题中 NaOH 过量，无法比较 Ksp。
13．一种以为电解液的双极氨合成的电解池装置如图所示。已知：。下列说法错误的是
A．极电势低于极电势
B．电解一段时间后，右室浓度降低
C．左室电极方程式为：
D．当电路中转移时，锥形瓶中理论上生成
【答案】D
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、a极上被还原为，发生还原反应，为阴极；b极上被氧化为、，发生氧化反应，为阳极。电解池中阳极电势高于阴极电势，故a极电势低于b极电势，A正确；
B、b极发生氧化反应，消耗，同时阴离子交换膜会使左室的移向右室，但氧化过程中生成，会消耗更多，因此电解一段时间后，右室浓度降低，B正确；
C、左室为阴极，得电子被还原为，电极方程式为： ，C正确；
D、b极生成的进入锥形瓶，反应为 。b极上1mol 被氧化为时，N元素从-3价变为-3价，C元素从+4价变为+4价，部分N元素被氧化为（N为+3价），1mol 生成1mol 和1mol ，转移6mol电子（N元素从-3价→+3价，失去6e-）。电路中转移4mol电子时，生成的物质的量小于1mol，因此锥形瓶中生成的小于1mol，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
电解池电极判断：发生还原反应的电极为阴极，发生氧化反应的电极为阳极，阳极电势高于阴极；
电极反应方程式书写：结合反应物和产物，利用电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平；
离子移动与溶液浓度变化：阴离子向阳极移动，结合电极反应分析浓度变化；
电子转移计算：根据b极的氧化反应和后续的水解反应，结合电子守恒计算生成的物质的量。
14．常温时，在一定pH范围内，含的溶液中存在如下平衡关系：
；。
已知随的变化关系如图所示；。下列说法错误的是
A．线表示
B．b点：
C．的数量级为
D．常温时，的平衡常数
【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、随着pH增大，溶液中浓度升高，、浓度逐渐降低，而、浓度逐渐升高；其中的生成需要更高的浓度，因此线L表示，A正确；
B、已知，其中，，可得。在b点（），浓度很高，反应正向进行，由图像可知，b点时，即，B错误；
C、a点，此时，且，即。根据溶度积定义：
，数量级为，C正确；
D、反应的平衡常数。其中：
；
两式相除得：
结合a点数据（，），并利用图像中两线交点（，，）修正计算，可得，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
溶解平衡曲线分析：根据pH对含铜物种浓度的影响，判断各曲线对应的离子；低pH时主要为，pH升高时依次生成、、、，因此下降的两条线分别对应和，上升的两条线分别对应和，线L为前者。
溶度积计算：利用a点（）的和，结合定义直接计算，得出数量级。
平衡常数推导：通过已知的两个平衡反应相除，消去，得到目标反应的平衡常数表达式，再结合图像交点数据计算。
离子浓度比较：结合平衡常数和图像数据，比较b点与的浓度，判断选项正误。
15．实验小组采用碘蒸气与锡制备四碘化锡()并测定其纯度，实验装置如图所示(夹持及加热装置省略)：
已知：为橙红色晶体，，易水解，在冰醋酸中溶解度较小；醋酸酐具有吸水性。
I．四碘化锡的制备
步骤如下：
①在三颈烧瓶中加入锡片、碘、适量冰醋酸和醋酸酐，加热至沸腾，直到反应完全；
②冷却结晶，过滤得四碘化锡粗品；
③将步骤②的粗品放在烧杯中，加入氯仿，热水浴充分溶解，过滤；
④在通风橱中将滤液蒸发结晶，待氯仿全部挥发抽尽后，得到橙红色晶体。
回答下列问题：
（1）制备的化学方程式为　 　。
（2）步骤①中，气雾上升高度不宜超过球形冷凝管高度的三分之一，若气雾上升过高，可采取的措施有　 　(答一条即可)。
（3）加入醋酸酐的目的是　 　。
（4）下列仪器中，步骤③和④中都不需使用的是　 　(填仪器名称)。
II．四碘化锡纯度的测定
取产品，加水使其完全水解生成沉淀，将上层清液转移至容量瓶中定容，移取于锥形瓶中，加入少量和几滴溶液，用的标准溶液滴定至终点，滴定过程中发生反应，平行测定三次，平均消耗溶液的体积为。
（5）水解生成的化学方程式为　 　。
（6）滴定终点的现象为　 　。
（7）产品的纯度为　 　。
【答案】；调低热源的加热温度或调快冷凝水流速；加入醋酸酐的目的是与体系中的试剂吸附的水反应产生醋酸，以除去体系中的水，防止四碘化锡水解；坩埚；；当滴入最后半滴标准液，溶液出现红色，且30s不褪去；62.7%
【知识点】盐类水解的原理；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) 锡单质与碘单质在加热条件下发生化合反应，生成四碘化锡，化学方程式为：
；
故答案： ；
(2) 冷凝管上方气雾上升过高，说明加热温度过高，蒸气量过大且冷凝不充分；可通过调低热源加热温度、加快冷凝水的流速来改善冷凝效果。
故答案： 调低热源的加热温度或调快冷凝水流速 ；
(3) 四碘化锡易发生水解，醋酸酐具有吸水性，可与体系中的水反应生成醋酸，从而除去体系中的水分，防止四碘化锡水解。
故答案： 加入醋酸酐的目的是与体系中的试剂吸附的水反应产生醋酸，以除去体系中的水，防止四碘化锡水解 ；
(4) 过滤步骤需要普通漏斗；蒸发结晶步骤需要酒精灯加热、蒸发皿盛放溶液；坩埚用于高温灼烧固体，本实验中过滤和蒸发结晶两步均不使用坩埚。
故答案： 坩埚 ；
(5) 四碘化锡水解生成二氧化锡水合物和碘化氢，化学方程式为：
故答案： ；
(6) 以KSCN为指示剂，当完全反应后，过量的与KSCN结合使溶液显血红色，滴定终点现象为：当滴入最后半滴标准液，溶液出现红色，且30s内不褪去。
故答案： 当滴入最后半滴标准液，溶液出现红色，且30s不褪去 ；
(7) 根据反应关系，先计算25.00mL溶液中的物质的量：
再换算250mL溶液中的物质的量：
计算四碘化锡的质量：
最终计算纯度：
故答案：62.7%；
【分析】本题围绕四碘化锡的制备与纯度测定展开，涉及化学方程式书写、实验操作与误差分析、物质性质应用、仪器选择、滴定终点判断及氧化还原滴定计算。
(1) 根据锡与碘的化合反应，结合加热条件书写化学方程式。
(2) 结合冷凝管的工作原理，从加热温度和冷凝效率两个角度分析气雾过高的解决方法。
(3) 根据四碘化锡易水解的性质，结合醋酸酐的吸水性，分析其除水、防水解的作用。
(4) 根据过滤和蒸发结晶的操作要求，分析所需仪器，排除不使用的坩埚。
(5) 根据四碘化锡的水解产物，结合原子守恒书写水解方程式。
(6) 利用与KSCN的显色反应，判断滴定终点的现象。
(7) 根据反应的定量关系，结合稀释倍数计算四碘化锡的物质的量，再求其质量分数。
16．铍作为“工业维生素”，在航空航天、核工业等领域具有不可替代性。一种以绿柱石(主要成分是，含少量、等杂质)为原料，制备铍的工艺流程如图所示：
已知：①Be和Al在单质及化合物的性质上具有相似性；
②当溶液中剩余离子浓度小于时，可认为生成沉淀的反应已进行完全；
③常温下，某些难溶电解质的数据如表所示：
沉淀
回答下列问题：
（1）下列铍元素的不同微粒中，再失去一个电子，需要能量最多的是_______(填标号)。
A． B．
C． D．
（2）滤渣1的主要成分是　 　(填化学式)。
（3）若溶液中，则“沉铁”时，溶液控制的范围为　 　。
（4）“沉铍”时，若使用过量的溶液，将导致铍的产率降低，用离子方程式解释原因　 　。
（5）流程中由制备的化学方程式为　 　。
（6）电解熔融制备时，需加入晶体，其作用是　 　。
（7）碳化铍的晶胞结构及俯视图如下，则铍原子和碳原子之间的最近距离为　 　，晶体的密度为　 　(已知晶胞参数为；阿伏加德罗常数的值为)。
【答案】（1）C
（2）、或者、
（3）
（4）
（5）
（6）增强熔融盐的导电能力
（7）；
【知识点】晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1) Be核电荷数为4，中性Be原子电子数为4，失去电子的能量低于电子数为3的带正电的；基态能量更低、稳定性更强，失去电子所需能量更高，故电离能较大的为，对应选项C。
故答案：C；
(2) 绿柱石中的不与稀硫酸反应，石灰石熔炼引入的Ca元素与硫酸反应生成微溶的，因此滤渣1的主要成分为和（或和）。
故答案：、或者、 ；
(3) 完全沉淀时，，由，可算出，对应；不沉淀时，，由，可算出，对应；因此需控制pH范围为。
故答案： ；
(4) Be与Al性质相似，为两性氢氧化物，可溶于过量NaOH溶液生成可溶性的铍酸盐，会导致产率降低，对应的离子方程式为： 。
故答案： ；
(5) C过量时，高温下与、反应生成CO，化学方程式为：
故答案： ；
(6) 是共价化合物，熔融状态下难以电离出自由移动的离子，导电性较弱；加入NaCl后，NaCl电离产生自由移动的离子，可增强熔融盐的导电性，便于后续电解操作。
故答案： 增强熔融盐的导电能力 ；
(7) 晶胞中C原子数：，Be原子全部位于晶胞内，共8个；Be与C的最近距离为晶胞体对角线的，即；晶胞质量，晶胞体积，因此晶体密度：
故答案： ； ；
【分析】绿柱石加石灰石熔炼后用硫酸酸浸，二氧化硅和生成的硫酸钙以滤渣形式除去；滤液加硫酸铵析出铝铵矾除铝，再经过氧化氢氧化亚铁、调 pH 沉淀铁；加氨水沉铍得到氢氧化铍，氢氧化铍加热分解为氧化铍；氧化铍与过量碳、氯气高温反应生成氯化铍，最终通过电解氯化铍制得金属铍。
(1) 根据电离能的基本规律，带正电的阳离子失去电子所需能量高于中性原子，稳定性更强的粒子电离能更大，以此判断Be和的电离能大小。
(2) 结合绿柱石成分与石灰石熔炼的反应，利用不与酸反应、微溶的性质，确定滤渣1的主要成分。
(3) 分别利用和的溶度积，计算出完全沉淀、不沉淀的pH边界值，取交集得到pH控制范围。
(4) 利用Be与Al的对角线规则，判断的两性，分析过量NaOH对产率的影响并写出离子方程式。
(5) 结合高温下C过量的氧化产物规律，配平BeO、C与的反应方程式。
(6) 根据的共价化合物特性，分析熔融状态下导电性弱的原因，理解NaCl作为助熔剂的作用。
(7) 用均摊法计算晶胞中C、Be原子数，结合晶胞参数求出晶胞质量与体积，代入密度公式完成计算。
（1）Be核电荷数为4，中性原子（A、B，电子数为4）失去电子所需能量小于带正电的Be+（C、D，电子数为3）；C是基态Be+，能量更低更稳定，失去电子需要能量更多，故选C；
（2）绿柱石中不与硫酸反应，石灰石熔炼后Ca元素与硫酸反应生成微溶的，因此滤渣1主要、或者、；
（3）完全沉淀时，，由，得，；不沉淀时，，由，得，；因此pH范围为；
（4）Be与Al性质相似，为两性氢氧化物，可溶于过量NaOH溶液，导致产率降低，离子方程式： ；
（5）C过量，高温下产物为CO， 化学方程式为：；
（6）是共价化合物，熔融态导电性弱，NaCl电离产生离子，增强熔融盐的导电性；
（7）晶胞中C原子数：，Be原子全部在晶胞内，共8个；Be与C的最近距离为晶胞体对角线的，即pm；晶胞质量，晶胞体积，密度。
17．重整反应可以将和废气转化为和，变废为宝，相关的主要反应有：
I．
II．
III．
IV．
回答下列问题：
（1）反应的　 　。
（2）在的恒压密闭容器中，和均按投料，平衡时含碳物质的百分含量如图1所示。已知：含碳物质的百分含量。
①图代表的产物是　 　，理由是　 　。
②550℃时，容器中，　 　kPa(保留小数点后2位)，反应II的平衡常数为　 　(列出计算式)。
（3）科学家研制出一种Ni—Cu合金，在低温时对该重整体系表现出良好的抗积碳活性，请根据图2分析该催化剂的抗积碳原理　 　。
（4）一种新型串联电热催化系统如图3所示，当进料比时，可实现、全部转化为，该电解池的总反应方程式为　 　。
【答案】（1）-206
（2）CO；生成的反应均为吸热反应，升高温度，的含量逐渐增大，所以是CO；6.82；
（3）合金中的能抑制解离成碳，促进解离生成和，且生成的可以将积碳、氧化成和，避免积碳生成
（4）
【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；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1) 根据盖斯定律，目标反应 可由反应Ⅱ减去反应Ⅰ得到：
故答案： -206 ；
(2) ① 主反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为吸热反应，反应Ⅳ为放热反应。温度升高时，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ平衡正向移动，反应Ⅳ平衡逆向移动，导致 的百分含量逐渐增大，、 的百分含量逐渐减小；图中 的变化趋势是随温度升高而增大，因此 代表 。
② 时， 百分含量为 ， 百分含量为 ，设初始气体总物质的量为 ，则：
，，已知 ；
根据H元素守恒（总H为）：，解得 ；
根据O元素守恒（总O为）：，解得 ；
总气体物质的量：
的分压：
对于反应Ⅱ ，反应前后分子数相等，平衡常数 为：
故答案： CO ； 生成的反应均为吸热反应，升高温度，的含量逐渐增大，所以是CO ； 6.82 ； ；
(3) Ni-Cu合金中，Ni可将解离成，Cu可活化使其解离为和O；生成的O可将催化剂表面的积碳、氧化为和，从而消除积碳，表现出抗积碳活性。
故答案：合金中的能抑制解离成碳，促进解离生成和，且生成的可以将积碳、氧化成和，避免积碳生成 ；
(4) 电解池中，移向右侧电极，右侧为阳极，发生氧化反应生成；进料比 ，全部转化为和，配平后总反应方程式为：
故答案： ；
【分析】本题围绕甲烷与二氧化碳重整制合成气的反应，涉及盖斯定律应用、平衡体系分析、分压与平衡常数计算、催化剂作用分析及电解反应方程式书写，综合考查化学热力学与动力学知识。
(1) 利用盖斯定律，通过已知反应焓变的代数运算，求解目标反应的焓变。
(2) ①根据反应的吸放热特性，结合温度对不同反应平衡的影响，分析各组分含量随温度的变化趋势，确定代表的曲线；②根据元素守恒定律，计算平衡时各物质的物质的量，再结合分压定义和平衡常数表达式进行计算。
(3) 结合催化剂双金属的作用，分析其对反应物的活化及积碳消除过程，解释抗积碳活性的原理。
(4) 根据电解池中离子移动方向判断阴阳极，结合进料比和产物，利用原子守恒配平总反应方程式。
（1）根据盖斯定律，目标反应可由反应II-反应I得到：；
（2）①主反应I、II、III均为吸热反应，反应IV为放热反应，温度升高，反应I、II、III平衡正向移动，反应IV平衡逆向移动，CO的百分含量逐渐增大，、的百分含量逐渐减小，b的变化趋势是随温度升高而增大，因此b为；
②由图可知，550℃时： 百分含量为9%，百分含量为13%，根据定义得：，， 已知，根据H元素守恒（总H为）：，解得，根据O元素守恒（总O为）：，解得，总气体物质的量：， 分压；反应II：，反应前后分子数相等，；
（3）根据图2分析：Ni-Cu合金中的Ni将解离成，Cu活化将 解离生成和O，生成的O可以将积碳、氧化成CO和，从而消除了催化剂表面的积碳，因此表现出抗积碳活性；
（4）移向右侧电极，右侧为阳极，生成 ；进料比，全部转化为和 ，配平后得到总反应方程式为：。
18．盐酸醋克利定(H)可用于治疗成人老花眼，以下为其合成路线之一(部分试剂和条件已略去)：
已知：Ⅰ．
Ⅱ．
回答下列问题：
（1）A中含氧官能团的名称是　 　。
（2）B→C的反应类型是　 　。
（3）反应①中加入的作用是　 　。
（4）反应②的化学方程式为　 　。
（5）F的结构简式为　 　。
（6）A的同分异构体中含有的有　 　种(不考虑立体异构)。
（7）参照上述流程，以、CH3CH2OH为主要原料，设计的合成路线图　 　(无机试剂任选)。
【答案】（1）羧基
（2）取代反应
（3）与盐酸反应，降低产物浓度，使平衡正向移动，提高转化率
（4）
（5）
（6）12
（7）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；取代反应
【解析】【解答】(1) 根据有机物A的结构简式，分子中含有的含氧官能团为羧基（）。
故答案：羧基；
(2) B中的酰氯（）与乙醇发生反应，酰氯中的氯原子被乙氧基取代生成酯，该反应属于取代反应（也可称为醇解反应或酯化反应）。
故答案：取代反应（或醇解反应/酯化反应）；
(3) 反应中生成的HCl会抑制反应正向进行，也会与哌啶环上的氨基成盐，降低反应物活性；作为弱碱，可与HCl发生中和反应，促进反应正向进行，同时避免氨基成盐，提高反应物转化率。
故答案：中和反应生成的HCl，促进反应正向进行；避免HCl与氨基成盐副反应，提高反应物转化率；
(4) D在叔丁醇钾强碱作用下发生Dieckmann缩合反应，反应方程式为：
故答案：
(5) E在HCl酸性条件下酯基水解为羧基，得到β-酮酸；β-酮酸受热发生脱羧反应，失去一分子，得到分子式为的酮类产物F，结构简式为； 。
故答案：； ；
(6) 有机物A的同分异构体中，含 结构的异构体，碳骨架分为双键碳链和环骨架两类，双键碳骨架3种、环骨架2种，共可组合出12种不同的同分异构体。
故答案：12；
(7) 氰基水解：原料中的两个在酸性条件下水解为，得到二元羧酸。酯化反应：二元羧酸与乙醇发生酯化反应，生成二乙酯，为后续缩合提供反应位点。根据条件Ⅰ的Dieckmann 缩合：二乙酯在强碱（叔丁醇钾）作用下发生分子内的酯缩合，关环形成六元环的 β- 酮酯；
参照流程设计合成路线图：；
故答案为：；
【分析】以含羧基的哌啶衍生物 A 为起始原料，先与 SOCl2发生酰氯化反应将羧基转化为酰氯，同时氨基与生成的 HCl 成盐得到中间体 B，B 再与乙醇发生醇解反应将酰氯转化为乙酯基得到 C；C 在碳酸钾作用下与氯乙酸乙酯发生亲核取代反应，在氮原子上引入乙酸乙酯侧链得到 D；D 在强碱叔丁醇钾作用下发生 Dieckmann 缩合，脱去乙醇并关环形成五元环 β- 酮酯结构得到 E；E 经酸性水解将酯基转化为羧基，再加热脱羧失去一分子 CO2得到酮类中间体 F（ ）；F 的酮羰基在 NaBH4作用下被还原为羟基得到 G，G 再经乙酰化与盐酸成盐，最终得到目标产物盐酸醋克利定 H。
(1) 直接从有机物A的结构中识别含氧官能团，确定为羧基。
(2) 根据酰氯与醇的反应机理，判断该反应属于取代反应（醇解/酯化）。
(3) 结合反应生成的HCl对反应的抑制和对氨基的影响，分析的中和作用与副反应抑制作用。
(4) 根据Dieckmann缩合反应的机理，理解强碱作用下分子内酯基的缩合关环过程，书写反应方程式。
(5) 结合β-酮酸的水解和脱羧反应规律，推断E经两步反应生成F的过程，确定F的结构。
(6) 对含氨基和羧基的同分异构体，按碳骨架类型（链状双键骨架、环骨架）分类计数，得到总种数。
(7) 参照题目给出的Dieckmann缩合反应流程，将氰基水解、酯化、分子内缩合三步反应串联，设计目标产物的合成路线。
（1）根据A得结构简式可知A得含氧官能团为羧基；
（2）B 中的酰氯（）与乙醇（）发生反应，生成酯，该反应属于取代反应（酯化反应）。
（3）是弱碱，作用是：与反应生成的中和，促进反应正向进行；
避免与反应物中的氨基发生成盐副反应。吸收反应生成的，提高反应物的转化率；
（4）D→E 是已知条件Ⅰ的Dieckmann 缩合反应，方程式为：；
（5）E 经酸性水解、加热脱羧（已知条件Ⅱ），得到分子式为的 F，结构简式为：；
（6）双键碳骨架三种，取代基连在碳骨架上，分别有4、2、2种。环有三元环和四元环，分别有3、1种，可得A的同分异构体中含有的有12种；
（7）氰基水解：原料中的两个在酸性条件下水解为，得到二元羧酸。酯化反应：二元羧酸与乙醇发生酯化反应，生成二乙酯，为后续缩合提供反应位点。根据条件Ⅰ的Dieckmann 缩合：二乙酯在强碱（叔丁醇钾）作用下发生分子内的酯缩合，关环形成六元环的 β- 酮酯；
参照流程设计合成路线图：；
1 / 1湖南永州市2026届高三下学期高考第三次模拟考试 化学试题
1．随着AI数据中心用电需求激增，燃气轮机发电成为当前最抢手的供电方案之一。下列说法错误的是
A．燃气轮机所用燃料天然气，属于化石能源
B．制造涡轮叶片的镍基单晶高温合金，属于金属材料
C．涡轮叶片表面覆盖极低热导率的陶瓷涂层，属于新型无机非金属材料
D．直接排放未完全燃烧的甲烷气体，不会引起温室效应
2．下列说法正确的是
A．氢键和离子键都属于化学键
B．IVA族元素单质的晶体类型相同
C．的价层电子对互斥模型和空间构型均为正四面体
D．的电负性比的大，可推断分子的极性比的大
3．下列反应方程式中，正确的是
A．通入石灰乳中：
B．铅蓄电池放电时的正极反应：
C．向烧碱溶液中加入铝片：
D．将在空气中灼热的铜丝伸入乙醇中：
4．下列实验操作规范的是
A.配制NaCl溶液 B.调控滴液速度
C.稀释浓硫酸 D.除去中少量
A．A B．B C．C D．D
5．氮及其化合物的部分转化关系如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，所含键的数目为
B．反应②中每消耗，生成的产物分子的数目为
C．反应③中与足量反应，转移电子的数目为
D．溶液中，的数目为
6．抗坏血酸(I)能被氧化为脱氢抗坏血酸(II)，是常用的抗氧化剂。下列说法正确的是
A．I和II均不能使溴水褪色
B．I中和杂化的碳原子数目比为
C．II不能与溶液反应
D．II最多能和发生加成反应
7．蜜胺树脂可由如图所示的环状三聚体制备。和都是短周期主族元素，电子层数相同，基态的轨道半充满，是原子半径最小的元素。下列说法错误的是
A．的第一电离能：
B．的简单氢化物的键角：
C．最高价含氧酸的酸性：X>Y
D．均能形成多种氧化物
8．下列陈述I与陈述II均正确，但不具有因果关系的是
选项 陈述I 陈述II
A 能使紫色的溶液褪色 具有漂白性
B 水解可生成胶体 可用作净水剂
C 硝酸银溶液存于棕色瓶中 硝酸银见光易分解
D 炽热铁水注入模具前，模具需充分干燥 3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2
A．A B．B C．C D．D
9．是极强的氧化剂，由和制备的反应历程如图所示。下列说法错误的是
A．过程中是催化剂
B．过程中属于氧化还原反应的是②③⑤
C．在水溶液中不能稳定存在
D．总反应方程式为
10．一种以含铅废料(主要含PbO、ZnO、MgO等)为原料制备醋酸铅的流程如图所示。已知易溶于氨水。
下列说法错误的是
A．Pb属于p区元素
B．向滤液1中滴加氨水直至过量，先产生白色沉淀，后沉淀全部溶解
C．气体的主要成分是
D．醋酸铅能杀菌是因为其能使细菌蛋白质变性
11．我国科学家基于双柱［5]芳烃大环分子和铽离子配合物相互作用，构建了一种线形超分子聚合物，过程如图所示。
下列说法错误的是
A．生成该线形超分子聚合物的原理与传统聚合反应不同
B．G1分子中原子的价层孤电子对占据杂化轨道
C．与按照化学计量数之比为1：1发生反应
D．G1分子中的氰基与H1分子的空腔通过配位键形成线形超分子聚合物
12．下列实验操作、现象及结论均正确的是
选项 实验操作及现象 实验结论
A 向的溶液(深紫红色)中加入等体积的KI浓溶液，振荡，静置，溶液分层，下层呈浅紫红色，上层呈棕黄色 的溶解能力： KI浓溶液>CCl4
B 常温下，将Al片分别插入稀硝酸和浓硝酸中，前者有气体产生，后者无明显现象 氧化性：稀硝酸>浓硝酸
C 在少量脱脂棉中加入几滴浓硫酸和几滴水，搅成糊状，再加入新制的悬浊液，煮沸，生成砖红色沉淀 纤维素水解生成葡萄糖
D 向溶液中先后滴加4滴和溶液，先产生白色沉淀，后变成红褐色沉淀 相同温度下的：
A．A B．B C．C D．D
13．一种以为电解液的双极氨合成的电解池装置如图所示。已知：。下列说法错误的是
A．极电势低于极电势
B．电解一段时间后，右室浓度降低
C．左室电极方程式为：
D．当电路中转移时，锥形瓶中理论上生成
14．常温时，在一定pH范围内，含的溶液中存在如下平衡关系：
；。
已知随的变化关系如图所示；。下列说法错误的是
A．线表示
B．b点：
C．的数量级为
D．常温时，的平衡常数
15．实验小组采用碘蒸气与锡制备四碘化锡()并测定其纯度，实验装置如图所示(夹持及加热装置省略)：
已知：为橙红色晶体，，易水解，在冰醋酸中溶解度较小；醋酸酐具有吸水性。
I．四碘化锡的制备
步骤如下：
①在三颈烧瓶中加入锡片、碘、适量冰醋酸和醋酸酐，加热至沸腾，直到反应完全；
②冷却结晶，过滤得四碘化锡粗品；
③将步骤②的粗品放在烧杯中，加入氯仿，热水浴充分溶解，过滤；
④在通风橱中将滤液蒸发结晶，待氯仿全部挥发抽尽后，得到橙红色晶体。
回答下列问题：
（1）制备的化学方程式为　 　。
（2）步骤①中，气雾上升高度不宜超过球形冷凝管高度的三分之一，若气雾上升过高，可采取的措施有　 　(答一条即可)。
（3）加入醋酸酐的目的是　 　。
（4）下列仪器中，步骤③和④中都不需使用的是　 　(填仪器名称)。
II．四碘化锡纯度的测定
取产品，加水使其完全水解生成沉淀，将上层清液转移至容量瓶中定容，移取于锥形瓶中，加入少量和几滴溶液，用的标准溶液滴定至终点，滴定过程中发生反应，平行测定三次，平均消耗溶液的体积为。
（5）水解生成的化学方程式为　 　。
（6）滴定终点的现象为　 　。
（7）产品的纯度为　 　。
16．铍作为“工业维生素”，在航空航天、核工业等领域具有不可替代性。一种以绿柱石(主要成分是，含少量、等杂质)为原料，制备铍的工艺流程如图所示：
已知：①Be和Al在单质及化合物的性质上具有相似性；
②当溶液中剩余离子浓度小于时，可认为生成沉淀的反应已进行完全；
③常温下，某些难溶电解质的数据如表所示：
沉淀
回答下列问题：
（1）下列铍元素的不同微粒中，再失去一个电子，需要能量最多的是_______(填标号)。
A． B．
C． D．
（2）滤渣1的主要成分是　 　(填化学式)。
（3）若溶液中，则“沉铁”时，溶液控制的范围为　 　。
（4）“沉铍”时，若使用过量的溶液，将导致铍的产率降低，用离子方程式解释原因　 　。
（5）流程中由制备的化学方程式为　 　。
（6）电解熔融制备时，需加入晶体，其作用是　 　。
（7）碳化铍的晶胞结构及俯视图如下，则铍原子和碳原子之间的最近距离为　 　，晶体的密度为　 　(已知晶胞参数为；阿伏加德罗常数的值为)。
17．重整反应可以将和废气转化为和，变废为宝，相关的主要反应有：
I．
II．
III．
IV．
回答下列问题：
（1）反应的　 　。
（2）在的恒压密闭容器中，和均按投料，平衡时含碳物质的百分含量如图1所示。已知：含碳物质的百分含量。
①图代表的产物是　 　，理由是　 　。
②550℃时，容器中，　 　kPa(保留小数点后2位)，反应II的平衡常数为　 　(列出计算式)。
（3）科学家研制出一种Ni—Cu合金，在低温时对该重整体系表现出良好的抗积碳活性，请根据图2分析该催化剂的抗积碳原理　 　。
（4）一种新型串联电热催化系统如图3所示，当进料比时，可实现、全部转化为，该电解池的总反应方程式为　 　。
18．盐酸醋克利定(H)可用于治疗成人老花眼，以下为其合成路线之一(部分试剂和条件已略去)：
已知：Ⅰ．
Ⅱ．
回答下列问题：
（1）A中含氧官能团的名称是　 　。
（2）B→C的反应类型是　 　。
（3）反应①中加入的作用是　 　。
（4）反应②的化学方程式为　 　。
（5）F的结构简式为　 　。
（6）A的同分异构体中含有的有　 　种(不考虑立体异构)。
（7）参照上述流程，以、CH3CH2OH为主要原料，设计的合成路线图　 　(无机试剂任选)。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；常见的生活环境的污染及治理；无机非金属材料；合金及其应用
【解析】【解答】A、天然气是古代生物遗骸经过漫长地质作用形成的化石能源，A 正确；
B、镍基单晶高温合金是由镍与其他金属元素熔合而成的合金，属于金属材料，B 正确；
C、涡轮叶片表面的陶瓷涂层是新型无机非金属材料，具有耐高温、低热导率的特性，C 正确；
D、甲烷是一种温室气体，其温室效应约为 CO2的 25 倍，直接排放未完全燃烧的甲烷会加剧温室效应，D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题考查化学与能源、材料、环境的综合应用。解题思路是逐一辨析各选项涉及的化学概念：
化石能源包括煤、石油、天然气；
金属材料包括纯金属与合金；
新型无机非金属材料如特种陶瓷，具有传统陶瓷不具备的特殊性能；
温室气体除了 CO2，还包括甲烷、氟利昂等，甲烷的温室效应更强。
2．【答案】C
【知识点】化学键；判断简单分子或离子的构型；极性分子和非极性分子；晶体的定义
【解析】【解答】A、化学键包括离子键、共价键和金属键，氢键属于分子间作用力，不属于化学键，A 错误；
B、ⅣA 族元素单质的晶体类型多样，如金刚石、晶体硅为原子晶体，石墨为混合晶体，铅为金属晶体，晶体类型不相同，B 错误；
C、CCl4分子中，中心 C 原子的价层电子对数为 4（4 个 σ 键，无孤电子对），因此价层电子对互斥模型和空间构型均为正四面体，C 正确；
D、分子极性不仅与中心原子电负性有关，还需考虑成键原子间的电负性差。N 和 Cl 的电负性相近，而 P 的电负性远小于 Cl，因此 P-Cl 键的极性更强，PCl3的分子极性比 NCl3大，D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题考查化学键、晶体类型、价层电子对互斥理论及分子极性的判断，解题思路是逐一辨析各选项涉及的化学概念：
化学键与分子间作用力的区别：氢键不属于化学键；
晶体类型的多样性：同一主族不同元素的单质晶体类型可能不同；
价层电子对互斥理论：中心原子无孤电子对时，价层电子对互斥模型与分子空间构型一致；
分子极性的判断：分子极性由成键原子的电负性差和分子结构共同决定，不能仅根据中心原子的电负性判断。
3．【答案】C
【知识点】常见化学电源的种类及其工作原理；氯气的化学性质；铝的化学性质；乙醇的催化氧化实验
【解析】【解答】A、石灰乳中主要以固体形式存在，不能拆成离子，正确的离子方程式为 ，A错误；
B、铅蓄电池放电时，正极上得电子被还原，电极反应为 ，选项中给出的是负极反应，B错误；
C、铝与烧碱溶液反应的离子方程式为 ，原子、电荷均守恒，C正确；
D、乙醇催化氧化时，被还原为，正确的化学方程式为 ，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题考查化学用语的正误判断，解题时需结合反应原理、物质存在形式、电极反应规律来分析：
离子方程式中，难溶物、弱电解质、气体等不能拆成离子；
原电池中，正极发生还原反应，负极发生氧化反应；
铝与强碱溶液反应，本质是铝与水反应，强碱仅起溶解氢氧化铝的作用；
乙醇催化氧化中，铜是催化剂，反应前后铜元素价态不变。
4．【答案】D
【知识点】乙炔炔烃；常用仪器及其使用；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A、配制 NaCl 溶液时，不能直接将 NaCl 固体放入容量瓶中溶解，应先在烧杯中溶解，冷却后再转移至容量瓶，A 错误；
B、碱式滴定管的玻璃珠应捏在橡胶管外侧，图示操作方式易导致玻璃管断裂或漏液，无法规范调控滴速，B 错误；
C、稀释浓硫酸时，应将浓硫酸沿烧杯壁缓慢注入水中，并不断搅拌，若将水倒入浓硫酸中，会因局部过热导致液体飞溅，C 错误；
D、H2S 可与 CuSO4溶液反应生成 CuS 沉淀，而 C2H2不与 CuSO4反应，因此可通过洗气除去 C2H2中的 H2S 杂质，D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题考查基础化学实验操作的规范性，解题关键是掌握各实验的操作要点和安全注意事项：
容量瓶仅用于定容，不能用于溶解或稀释固体；
碱式滴定管的正确操作是捏挤橡胶管中的玻璃珠外侧，而非图示方式；
浓硫酸稀释必须遵循 “酸入水” 原则，防止暴沸；
洗气除杂时，杂质气体需与除杂试剂反应，目标气体不反应，洗气瓶应 “长进短出”。
5．【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；气体摩尔体积；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、标准状况下，11.2 L NH3的物质的量为0.5 mol，1个NH3分子中含有3个N-H σ键，故所含σ键数目为1.5，A错误；
B、反应②为，消耗1.6 g（0.05 mol）O2时，生成0.1 mol NO2，但存在平衡 ，实际产物分子数小于0.1，B错误；
C、反应③为 ，3 mol NO2参与反应时，转移2 mol电子，数目为2，C正确；
D、NH4NO3溶液中，会发生水解，故100 mL 1 mol·L- NH4NO3溶液中，的数目小于0.1，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题以氮及其化合物的转化为载体，考查阿伏加德罗常数的应用，解题时需结合物质结构、可逆反应、氧化还原反应电子转移和盐类水解等知识点：
化学键数目的计算需明确分子中的成键情况；
可逆反应不能进行到底，产物分子数需考虑平衡转化；
氧化还原反应的电子转移数需根据反应方程式中元素化合价的变化判断；
弱碱阳离子在水溶液中会发生水解，导致其数目小于理论值。
6．【答案】B
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；烯烃
【解析】【解答】A、抗坏血酸（Ⅰ）中含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应使其褪色；脱氢抗坏血酸（Ⅱ）虽无碳碳双键，但含有多个羰基，也可因其他还原反应使溴水褪色，A错误；
B、Ⅰ中杂化的碳原子有4个（、、环上连有的碳原子），杂化的碳原子也有4个（碳碳双键两端的2个碳原子和酯基中的羰基碳），数目比为1：1，B正确；
C、Ⅱ中含有酯基和羰基，能与溶液发生水解反应，C错误；
D、Ⅱ分子中含有3个羰基（C=O），但酯基中的羰基不能与加成，只有2个酮羰基可加成，故1 mol Ⅱ最多能和2 mol 发生加成反应，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题考查有机化合物的结构与性质，解题关键是根据官能团判断物质性质：
碳碳双键能发生加成反应，使溴水褪色；
碳原子的杂化方式可根据成键类型判断：单键为杂化，双键为杂化；
酯基能在碱性条件下水解；
能与加成的基团为碳碳双键、碳碳三键、醛基、酮羰基，酯基和羧基中的羰基不能加成。
7．【答案】C
【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；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、同周期主族元素的第一电离能整体呈从左到右增大的趋势，但第 ⅡA 族和第 ⅤA 族存在反常现象。N 的 2p 轨道为半充满的稳定结构，其第一电离能大于同周期相邻的 C，即 Y > X，A 正确；
B、X 的简单氢化物为 CH4，中心 C 原子无孤电子对，键角为 109°28'；Y 的简单氢化物为 NH3，中心 N 原子有 1 对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对间的斥力，导致键角被压缩，因此键角 CH4 > NH3，即 X > Y，B 正确；
C、元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强。N 的非金属性强于 C，因此最高价含氧酸的酸性 HNO3 > H2CO3，即 Y > X，C 错误；
D、C 可形成 CO、CO2等氧化物，N 可形成 NO、NO2、N2O5等氧化物，H 可形成 H2O、H2O2等氧化物，三种元素均能形成多种氧化物，D 正确；
故答案为：C。
【分析】根据 “Z 是短周期原子半径最小的元素” 推出 Z 为 H；由 “基态 Y 的 2p 轨道半充满”（电子排布式为 ）推出 Y 为 N；再结合 “X 与 Y 同周期且在结构中为四价”，推出 X 为 C，即 X (C)、Y (N)、Z (H)。
8．【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；二氧化硫的性质；铁的化学性质；胶体的性质和应用；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、SO2能使紫色的 KMnO4溶液褪色，是因为 SO2具有还原性，可将 MnO4-还原为 Mn2+；而陈述 II 认为原因是 SO2具有漂白性，二者均正确，但不具有因果关系，A 符合题意；
B、FeCl3水解可生成 Fe(OH)3胶体，胶体具有吸附性，因此 FeCl3可用作净水剂，二者具有因果关系，B 不符合题意；
C、硝酸银见光易分解，因此硝酸银溶液需存于棕色瓶中避光保存，二者具有因果关系，C 不符合题意；
D、高温下铁会与水蒸气反应： 3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2 ，因此炽热铁水注入模具前，模具需充分干燥，二者具有因果关系，D 不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
二氧化硫的还原性与漂白性辨析：使酸性高锰酸钾溶液褪色体现的是还原性，而非漂白性；
铁盐的净水原理：FeCl3水解生成的 Fe(OH)3胶体可吸附水中悬浮杂质；
硝酸银的保存：见光易分解的试剂需保存在棕色瓶中避光；
铁与水蒸气的反应：高温下铁与水蒸气会发生反应，模具干燥可避免安全隐患。
9．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平
【解析】【解答】A、过程中 F-参与反应①生成 PtF7-，又在反应⑤中再生，因此 F-是催化剂，A 正确；
B、反应①中各元素化合价未变，属于非氧化还原反应；反应②中 Xe 被氧化，反应③中 XeF 被氧化、PtF6被还原，反应⑤中 PtF7-与 PtF5生成 [Pt2F11]-，各元素化合价不变，因此属于氧化还原反应的是②③，B 错误；
C、PtF6是极强的氧化剂，在水溶液中会与水发生反应，不能稳定存在，C 正确；
D、将反应历程中的中间物质消去，可得总反应方程式为：Xe+2PtF6=[XeF]+[Pt2F11]-，D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
催化剂判断：反应历程中参与反应且最终再生的物质为催化剂；
氧化还原反应判断：反应过程中有元素化合价发生变化的反应；
物质稳定性分析：强氧化剂 PtF6在水溶液中易与水反应；总反应方程式书写：
消去反应历程中的中间物质，得到总反应。
10．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A、Pb 位于元素周期表第 ⅣA 族，属于 p 区元素，A 正确；
B、酸浸后滤液 1 中含有 Zn2+、Mg2+，滴加氨水时，先生成 Zn(OH)2和 Mg(OH)2白色沉淀；继续加氨水，Zn(OH)2溶解，但 Mg(OH)2不溶于氨水，沉淀不会全部溶解，B 错误；
C、转化后得到的碳酸铅与醋酸反应生成醋酸铅、CO2和水，故气体 X 为 CO2，C 正确；
D、重金属盐能使细菌蛋白质变性，因此醋酸铅可杀菌，D 正确；
故答案为：B。
【分析】含铅废料经稀硫酸酸浸，将 ZnO、MgO 转化为可溶性硫酸盐进入滤液，PbO 则转化为难溶的 PbSO4；PbSO4再经碳酸钠溶液转化为 PbCO3沉淀；最后 PbCO3用醋酸溶解，得到目标产物醋酸铅，并释放出 CO2气体。
11．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；超分子
【解析】【解答】A、该线形超分子聚合物是通过主体分子 H1 与客体分子 G1 之间的非共价相互作用（如范德华力、氢键、疏水作用等）组装而成，没有发生传统意义上的共价键聚合反应；而传统聚合反应是通过单体间形成共价键（如加聚、缩聚）生成高分子，二者原理明显不同，A 正确；
B、G1 分子中 N*原子形成了 3 个 σ 键，同时含有 1 对孤电子对，价层电子对数为 4，因此杂化方式为 sp3 杂化，孤电子对占据 sp3 杂化轨道，而非 sp2 杂化轨道，B 错误；
C、从反应示意图和结构来看，1 个主体分子 H1 可以与 1 个客体分子 G1 形成稳定的主客体包合结构，二者按照化学计量数之比为 1：1 发生组装反应，C 正确；
D、配位键的形成条件是一方提供孤电子对，另一方提供空轨道。G1 分子中的氰基（-CN）N 原子虽有孤电子对，但 H1 分子的空腔中不存在提供空轨道的中心离子（如金属离子），因此二者无法通过配位键结合，而是通过范德华力、疏水作用等非共价相互作用形成超分子聚合物，D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
超分子聚合物原理：超分子组装依靠非共价相互作用，与传统共价聚合反应的机理不同；
杂化轨道判断：根据价层电子对数（σ 键数 + 孤电子对数）判断原子的杂化方式；
主客体计量比：根据结构示意图判断分子间的结合比例；
配位键形成条件：必须一方提供孤电子对，另一方提供空轨道，二者缺一不可。
12．【答案】A
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、向 I2的 CCl4溶液中加入 KI 浓溶液，振荡后静置，下层（CCl4层）呈浅紫红色，上层（KI 溶液层）呈棕黄色，说明大量 I2转移到了 KI 溶液中，即 I2在 KI 浓溶液中的溶解能力大于在 CCl4中的溶解能力，A 正确；
B、常温下 Al 片插入浓硝酸中会发生钝化，并非氧化性弱于稀硝酸，实际上浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，B 错误；
C、浓硫酸具有脱水性和强氧化性，会使纤维素脱水炭化并氧化，且反应后溶液呈酸性，直接加入新制 Cu(OH)2悬浊液无法检验葡萄糖，应先加碱中和硫酸，C 错误；
D、NaOH 溶液过量，加入 MgCl2和 FeCl3溶液时，均直接与 NaOH 反应生成沉淀，不存在沉淀的转化，无法比较二者的 Ksp 大小，D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
萃取与溶解平衡：I2可与 I-反应生成 I3-，增大在水溶液中的溶解度；
钝化现象：常温下铝在浓硝酸中会形成致密氧化膜阻止反应继续进行；
纤维素水解与醛基检验：浓硫酸会干扰葡萄糖的检验，需先中和酸性环境；
溶度积比较：沉淀转化的前提是沉淀剂不足，本题中 NaOH 过量，无法比较 Ksp。
13．【答案】D
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、a极上被还原为，发生还原反应，为阴极；b极上被氧化为、，发生氧化反应，为阳极。电解池中阳极电势高于阴极电势，故a极电势低于b极电势，A正确；
B、b极发生氧化反应，消耗，同时阴离子交换膜会使左室的移向右室，但氧化过程中生成，会消耗更多，因此电解一段时间后，右室浓度降低，B正确；
C、左室为阴极，得电子被还原为，电极方程式为： ，C正确；
D、b极生成的进入锥形瓶，反应为 。b极上1mol 被氧化为时，N元素从-3价变为-3价，C元素从+4价变为+4价，部分N元素被氧化为（N为+3价），1mol 生成1mol 和1mol ，转移6mol电子（N元素从-3价→+3价，失去6e-）。电路中转移4mol电子时，生成的物质的量小于1mol，因此锥形瓶中生成的小于1mol，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
电解池电极判断：发生还原反应的电极为阴极，发生氧化反应的电极为阳极，阳极电势高于阴极；
电极反应方程式书写：结合反应物和产物，利用电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平；
离子移动与溶液浓度变化：阴离子向阳极移动，结合电极反应分析浓度变化；
电子转移计算：根据b极的氧化反应和后续的水解反应，结合电子守恒计算生成的物质的量。
14．【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、随着pH增大，溶液中浓度升高，、浓度逐渐降低，而、浓度逐渐升高；其中的生成需要更高的浓度，因此线L表示，A正确；
B、已知，其中，，可得。在b点（），浓度很高，反应正向进行，由图像可知，b点时，即，B错误；
C、a点，此时，且，即。根据溶度积定义：
，数量级为，C正确；
D、反应的平衡常数。其中：
；
两式相除得：
结合a点数据（，），并利用图像中两线交点（，，）修正计算，可得，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
溶解平衡曲线分析：根据pH对含铜物种浓度的影响，判断各曲线对应的离子；低pH时主要为，pH升高时依次生成、、、，因此下降的两条线分别对应和，上升的两条线分别对应和，线L为前者。
溶度积计算：利用a点（）的和，结合定义直接计算，得出数量级。
平衡常数推导：通过已知的两个平衡反应相除，消去，得到目标反应的平衡常数表达式，再结合图像交点数据计算。
离子浓度比较：结合平衡常数和图像数据，比较b点与的浓度，判断选项正误。
15．【答案】；调低热源的加热温度或调快冷凝水流速；加入醋酸酐的目的是与体系中的试剂吸附的水反应产生醋酸，以除去体系中的水，防止四碘化锡水解；坩埚；；当滴入最后半滴标准液，溶液出现红色，且30s不褪去；62.7%
【知识点】盐类水解的原理；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) 锡单质与碘单质在加热条件下发生化合反应，生成四碘化锡，化学方程式为：
；
故答案： ；
(2) 冷凝管上方气雾上升过高，说明加热温度过高，蒸气量过大且冷凝不充分；可通过调低热源加热温度、加快冷凝水的流速来改善冷凝效果。
故答案： 调低热源的加热温度或调快冷凝水流速 ；
(3) 四碘化锡易发生水解，醋酸酐具有吸水性，可与体系中的水反应生成醋酸，从而除去体系中的水分，防止四碘化锡水解。
故答案： 加入醋酸酐的目的是与体系中的试剂吸附的水反应产生醋酸，以除去体系中的水，防止四碘化锡水解 ；
(4) 过滤步骤需要普通漏斗；蒸发结晶步骤需要酒精灯加热、蒸发皿盛放溶液；坩埚用于高温灼烧固体，本实验中过滤和蒸发结晶两步均不使用坩埚。
故答案： 坩埚 ；
(5) 四碘化锡水解生成二氧化锡水合物和碘化氢，化学方程式为：
故答案： ；
(6) 以KSCN为指示剂，当完全反应后，过量的与KSCN结合使溶液显血红色，滴定终点现象为：当滴入最后半滴标准液，溶液出现红色，且30s内不褪去。
故答案： 当滴入最后半滴标准液，溶液出现红色，且30s不褪去 ；
(7) 根据反应关系，先计算25.00mL溶液中的物质的量：
再换算250mL溶液中的物质的量：
计算四碘化锡的质量：
最终计算纯度：
故答案：62.7%；
【分析】本题围绕四碘化锡的制备与纯度测定展开，涉及化学方程式书写、实验操作与误差分析、物质性质应用、仪器选择、滴定终点判断及氧化还原滴定计算。
(1) 根据锡与碘的化合反应，结合加热条件书写化学方程式。
(2) 结合冷凝管的工作原理，从加热温度和冷凝效率两个角度分析气雾过高的解决方法。
(3) 根据四碘化锡易水解的性质，结合醋酸酐的吸水性，分析其除水、防水解的作用。
(4) 根据过滤和蒸发结晶的操作要求，分析所需仪器，排除不使用的坩埚。
(5) 根据四碘化锡的水解产物，结合原子守恒书写水解方程式。
(6) 利用与KSCN的显色反应，判断滴定终点的现象。
(7) 根据反应的定量关系，结合稀释倍数计算四碘化锡的物质的量，再求其质量分数。
16．【答案】（1）C
（2）、或者、
（3）
（4）
（5）
（6）增强熔融盐的导电能力
（7）；
【知识点】晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1) Be核电荷数为4，中性Be原子电子数为4，失去电子的能量低于电子数为3的带正电的；基态能量更低、稳定性更强，失去电子所需能量更高，故电离能较大的为，对应选项C。
故答案：C；
(2) 绿柱石中的不与稀硫酸反应，石灰石熔炼引入的Ca元素与硫酸反应生成微溶的，因此滤渣1的主要成分为和（或和）。
故答案：、或者、 ；
(3) 完全沉淀时，，由，可算出，对应；不沉淀时，，由，可算出，对应；因此需控制pH范围为。
故答案： ；
(4) Be与Al性质相似，为两性氢氧化物，可溶于过量NaOH溶液生成可溶性的铍酸盐，会导致产率降低，对应的离子方程式为： 。
故答案： ；
(5) C过量时，高温下与、反应生成CO，化学方程式为：
故答案： ；
(6) 是共价化合物，熔融状态下难以电离出自由移动的离子，导电性较弱；加入NaCl后，NaCl电离产生自由移动的离子，可增强熔融盐的导电性，便于后续电解操作。
故答案： 增强熔融盐的导电能力 ；
(7) 晶胞中C原子数：，Be原子全部位于晶胞内，共8个；Be与C的最近距离为晶胞体对角线的，即；晶胞质量，晶胞体积，因此晶体密度：
故答案： ； ；
【分析】绿柱石加石灰石熔炼后用硫酸酸浸，二氧化硅和生成的硫酸钙以滤渣形式除去；滤液加硫酸铵析出铝铵矾除铝，再经过氧化氢氧化亚铁、调 pH 沉淀铁；加氨水沉铍得到氢氧化铍，氢氧化铍加热分解为氧化铍；氧化铍与过量碳、氯气高温反应生成氯化铍，最终通过电解氯化铍制得金属铍。
(1) 根据电离能的基本规律，带正电的阳离子失去电子所需能量高于中性原子，稳定性更强的粒子电离能更大，以此判断Be和的电离能大小。
(2) 结合绿柱石成分与石灰石熔炼的反应，利用不与酸反应、微溶的性质，确定滤渣1的主要成分。
(3) 分别利用和的溶度积，计算出完全沉淀、不沉淀的pH边界值，取交集得到pH控制范围。
(4) 利用Be与Al的对角线规则，判断的两性，分析过量NaOH对产率的影响并写出离子方程式。
(5) 结合高温下C过量的氧化产物规律，配平BeO、C与的反应方程式。
(6) 根据的共价化合物特性，分析熔融状态下导电性弱的原因，理解NaCl作为助熔剂的作用。
(7) 用均摊法计算晶胞中C、Be原子数，结合晶胞参数求出晶胞质量与体积，代入密度公式完成计算。
（1）Be核电荷数为4，中性原子（A、B，电子数为4）失去电子所需能量小于带正电的Be+（C、D，电子数为3）；C是基态Be+，能量更低更稳定，失去电子需要能量更多，故选C；
（2）绿柱石中不与硫酸反应，石灰石熔炼后Ca元素与硫酸反应生成微溶的，因此滤渣1主要、或者、；
（3）完全沉淀时，，由，得，；不沉淀时，，由，得，；因此pH范围为；
（4）Be与Al性质相似，为两性氢氧化物，可溶于过量NaOH溶液，导致产率降低，离子方程式： ；
（5）C过量，高温下产物为CO， 化学方程式为：；
（6）是共价化合物，熔融态导电性弱，NaCl电离产生离子，增强熔融盐的导电性；
（7）晶胞中C原子数：，Be原子全部在晶胞内，共8个；Be与C的最近距离为晶胞体对角线的，即pm；晶胞质量，晶胞体积，密度。
17．【答案】（1）-206
（2）CO；生成的反应均为吸热反应，升高温度，的含量逐渐增大，所以是CO；6.82；
（3）合金中的能抑制解离成碳，促进解离生成和，且生成的可以将积碳、氧化成和，避免积碳生成
（4）
【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；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1) 根据盖斯定律，目标反应 可由反应Ⅱ减去反应Ⅰ得到：
故答案： -206 ；
(2) ① 主反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为吸热反应，反应Ⅳ为放热反应。温度升高时，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ平衡正向移动，反应Ⅳ平衡逆向移动，导致 的百分含量逐渐增大，、 的百分含量逐渐减小；图中 的变化趋势是随温度升高而增大，因此 代表 。
② 时， 百分含量为 ， 百分含量为 ，设初始气体总物质的量为 ，则：
，，已知 ；
根据H元素守恒（总H为）：，解得 ；
根据O元素守恒（总O为）：，解得 ；
总气体物质的量：
的分压：
对于反应Ⅱ ，反应前后分子数相等，平衡常数 为：
故答案： CO ； 生成的反应均为吸热反应，升高温度，的含量逐渐增大，所以是CO ； 6.82 ； ；
(3) Ni-Cu合金中，Ni可将解离成，Cu可活化使其解离为和O；生成的O可将催化剂表面的积碳、氧化为和，从而消除积碳，表现出抗积碳活性。
故答案：合金中的能抑制解离成碳，促进解离生成和，且生成的可以将积碳、氧化成和，避免积碳生成 ；
(4) 电解池中，移向右侧电极，右侧为阳极，发生氧化反应生成；进料比 ，全部转化为和，配平后总反应方程式为：
故答案： ；
【分析】本题围绕甲烷与二氧化碳重整制合成气的反应，涉及盖斯定律应用、平衡体系分析、分压与平衡常数计算、催化剂作用分析及电解反应方程式书写，综合考查化学热力学与动力学知识。
(1) 利用盖斯定律，通过已知反应焓变的代数运算，求解目标反应的焓变。
(2) ①根据反应的吸放热特性，结合温度对不同反应平衡的影响，分析各组分含量随温度的变化趋势，确定代表的曲线；②根据元素守恒定律，计算平衡时各物质的物质的量，再结合分压定义和平衡常数表达式进行计算。
(3) 结合催化剂双金属的作用，分析其对反应物的活化及积碳消除过程，解释抗积碳活性的原理。
(4) 根据电解池中离子移动方向判断阴阳极，结合进料比和产物，利用原子守恒配平总反应方程式。
（1）根据盖斯定律，目标反应可由反应II-反应I得到：；
（2）①主反应I、II、III均为吸热反应，反应IV为放热反应，温度升高，反应I、II、III平衡正向移动，反应IV平衡逆向移动，CO的百分含量逐渐增大，、的百分含量逐渐减小，b的变化趋势是随温度升高而增大，因此b为；
②由图可知，550℃时： 百分含量为9%，百分含量为13%，根据定义得：，， 已知，根据H元素守恒（总H为）：，解得，根据O元素守恒（总O为）：，解得，总气体物质的量：， 分压；反应II：，反应前后分子数相等，；
（3）根据图2分析：Ni-Cu合金中的Ni将解离成，Cu活化将 解离生成和O，生成的O可以将积碳、氧化成CO和，从而消除了催化剂表面的积碳，因此表现出抗积碳活性；
（4）移向右侧电极，右侧为阳极，生成 ；进料比，全部转化为和 ，配平后得到总反应方程式为：。
18．【答案】（1）羧基
（2）取代反应
（3）与盐酸反应，降低产物浓度，使平衡正向移动，提高转化率
（4）
（5）
（6）12
（7）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；取代反应
【解析】【解答】(1) 根据有机物A的结构简式，分子中含有的含氧官能团为羧基（）。
故答案：羧基；
(2) B中的酰氯（）与乙醇发生反应，酰氯中的氯原子被乙氧基取代生成酯，该反应属于取代反应（也可称为醇解反应或酯化反应）。
故答案：取代反应（或醇解反应/酯化反应）；
(3) 反应中生成的HCl会抑制反应正向进行，也会与哌啶环上的氨基成盐，降低反应物活性；作为弱碱，可与HCl发生中和反应，促进反应正向进行，同时避免氨基成盐，提高反应物转化率。
故答案：中和反应生成的HCl，促进反应正向进行；避免HCl与氨基成盐副反应，提高反应物转化率；
(4) D在叔丁醇钾强碱作用下发生Dieckmann缩合反应，反应方程式为：
故答案：
(5) E在HCl酸性条件下酯基水解为羧基，得到β-酮酸；β-酮酸受热发生脱羧反应，失去一分子，得到分子式为的酮类产物F，结构简式为； 。
故答案：； ；
(6) 有机物A的同分异构体中，含 结构的异构体，碳骨架分为双键碳链和环骨架两类，双键碳骨架3种、环骨架2种，共可组合出12种不同的同分异构体。
故答案：12；
(7) 氰基水解：原料中的两个在酸性条件下水解为，得到二元羧酸。酯化反应：二元羧酸与乙醇发生酯化反应，生成二乙酯，为后续缩合提供反应位点。根据条件Ⅰ的Dieckmann 缩合：二乙酯在强碱（叔丁醇钾）作用下发生分子内的酯缩合，关环形成六元环的 β- 酮酯；
参照流程设计合成路线图：；
故答案为：；
【分析】以含羧基的哌啶衍生物 A 为起始原料，先与 SOCl2发生酰氯化反应将羧基转化为酰氯，同时氨基与生成的 HCl 成盐得到中间体 B，B 再与乙醇发生醇解反应将酰氯转化为乙酯基得到 C；C 在碳酸钾作用下与氯乙酸乙酯发生亲核取代反应，在氮原子上引入乙酸乙酯侧链得到 D；D 在强碱叔丁醇钾作用下发生 Dieckmann 缩合，脱去乙醇并关环形成五元环 β- 酮酯结构得到 E；E 经酸性水解将酯基转化为羧基，再加热脱羧失去一分子 CO2得到酮类中间体 F（ ）；F 的酮羰基在 NaBH4作用下被还原为羟基得到 G，G 再经乙酰化与盐酸成盐，最终得到目标产物盐酸醋克利定 H。
(1) 直接从有机物A的结构中识别含氧官能团，确定为羧基。
(2) 根据酰氯与醇的反应机理，判断该反应属于取代反应（醇解/酯化）。
(3) 结合反应生成的HCl对反应的抑制和对氨基的影响，分析的中和作用与副反应抑制作用。
(4) 根据Dieckmann缩合反应的机理，理解强碱作用下分子内酯基的缩合关环过程，书写反应方程式。
(5) 结合β-酮酸的水解和脱羧反应规律，推断E经两步反应生成F的过程，确定F的结构。
(6) 对含氨基和羧基的同分异构体，按碳骨架类型（链状双键骨架、环骨架）分类计数，得到总种数。
(7) 参照题目给出的Dieckmann缩合反应流程，将氰基水解、酯化、分子内缩合三步反应串联，设计目标产物的合成路线。
（1）根据A得结构简式可知A得含氧官能团为羧基；
（2）B 中的酰氯（）与乙醇（）发生反应，生成酯，该反应属于取代反应（酯化反应）。
（3）是弱碱，作用是：与反应生成的中和，促进反应正向进行；
避免与反应物中的氨基发生成盐副反应。吸收反应生成的，提高反应物的转化率；
（4）D→E 是已知条件Ⅰ的Dieckmann 缩合反应，方程式为：；
（5）E 经酸性水解、加热脱羧（已知条件Ⅱ），得到分子式为的 F，结构简式为：；
（6）双键碳骨架三种，取代基连在碳骨架上，分别有4、2、2种。环有三元环和四元环，分别有3、1种，可得A的同分异构体中含有的有12种；
（7）氰基水解：原料中的两个在酸性条件下水解为，得到二元羧酸。酯化反应：二元羧酸与乙醇发生酯化反应，生成二乙酯，为后续缩合提供反应位点。根据条件Ⅰ的Dieckmann 缩合：二乙酯在强碱（叔丁醇钾）作用下发生分子内的酯缩合，关环形成六元环的 β- 酮酯；
参照流程设计合成路线图：；
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