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河北省名校联盟2026届高三上学期一模化学试题
1．河北缸炉烧饼是极具地方特色的传统美食，其制作需经和面、醒发、刷油、烘烤等工序，常用食材包括面粉、鸡蛋、食用油、酵母等。下列说法错误的是
A．面粉的主要成分是淀粉，淀粉属于多糖，其水解的最终产物为葡萄糖
B．鸡蛋中富含蛋白质，烘烤过程中蛋白质会发生变性
C．面团发酵过程中酵母菌产生的气体为氧气
D．食用油在碱性条件下可发生皂化反应生成甘油和高级脂肪酸盐
【答案】C
【知识点】多糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、面粉的主要成分是淀粉，淀粉属于多糖，在酸或酶的催化下水解，最终产物为葡萄糖，A 正确；
B、鸡蛋中富含蛋白质，烘烤过程中高温会使蛋白质的空间结构被破坏，发生变性，B 正确；
C、面团发酵过程中，酵母菌进行无氧呼吸，将葡萄糖分解为酒精和二氧化碳，产生的气体为二氧化碳，不是氧气，C 错误；
D、食用油的主要成分是油脂，油脂在碱性条件下可发生皂化反应，生成甘油和高级脂肪酸盐，D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
淀粉的水解：淀粉属于多糖，在酸或酶催化下水解，最终生成葡萄糖；
蛋白质的变性：高温、强酸、强碱等条件会破坏蛋白质的空间结构，使其变性；
酵母菌的呼吸作用：发酵过程中酵母菌无氧呼吸产生二氧化碳，使面团膨胀；
油脂的皂化反应：油脂在碱性条件下水解，生成甘油和高级脂肪酸盐，该反应称为皂化反应。
2．在实验过程中需要选用合适的实验仪器。下列仪器选用正确的是
A．称量一定质量的NaOH固体时，用小烧杯盛装
B．用棕色广口瓶保存新制氯水
C．用酸式滴定管量取一定体积的溶液
D．用容量瓶配制生理盐水
【答案】A
【知识点】化学试剂的存放；常用仪器及其使用；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A、NaOH固体易潮解且具有强腐蚀性，称量时不能直接放在托盘上，需用小烧杯或表面皿盛装，A正确；
B、新制氯水是液体试剂，且见光易分解，应保存在棕色细口瓶中，广口瓶用于存放固体药品，B错误；
C、溶液呈弱碱性，会腐蚀酸式滴定管的玻璃活塞，应使用碱式滴定管量取，C错误；
D、容量瓶用于配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液，而100 g 0.9%的生理盐水需用托盘天平、烧杯等仪器配制，无法用容量瓶直接配制，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
腐蚀性/易潮解药品的称量：NaOH等药品需用烧杯等玻璃器皿盛装，不能直接接触托盘；
试剂瓶的选用：液体试剂用细口瓶，固体试剂用广口瓶；见光易分解的试剂需用棕色瓶；
滴定管的选择：酸式滴定管（玻璃活塞）用于酸性、强氧化性溶液；碱式滴定管（橡胶管）用于碱性溶液，防止碱性溶液腐蚀玻璃活塞；
容量瓶的用途：仅用于配制一定物质的量浓度的溶液，不能用于直接配制一定质量分数的溶液。
3．随着科技的发展，新型高分子材料不断走进生活。下列关于新型高分子材料的说法错误的是
A．聚乳酸是一种可降解高分子材料，由单体乳酸通过缩聚反应制得
B．石墨烯增强聚乙烯复合材料中，石墨烯的加入可提高材料的导电性和机械强度
C．离子交换树脂是一类功能高分子材料，阴离子交换树脂可用于硬水软化(除去)
D．形状记忆高分子材料在一定条件下能恢复原状，可用于传感器
【答案】C
【知识点】常用合成高分子材料的化学成分及其性能；高分子材料；缩聚反应
【解析】【解答】A、聚乳酸是可降解高分子材料，由乳酸（含羟基和羧基）通过缩聚反应制得，A正确；
B、石墨烯具有良好的导电性和机械强度，加入聚乙烯中可显著提高材料的导电性和机械强度，B正确；
C、硬水软化需要除去、等阳离子，应使用阳离子交换树脂，而非阴离子交换树脂，C错误；
D、形状记忆高分子材料在一定条件下可恢复原状，可用于制作传感器等器件，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
缩聚反应判断：乳酸分子中含羟基和羧基，可通过缩聚反应脱去水分子形成聚乳酸；
复合材料的性能：石墨烯的导电性和高强度可改善聚乙烯的性能；
离子交换树脂的应用：硬水中的、为阳离子，需用阳离子交换树脂除去；
形状记忆高分子的特性：在特定条件下可恢复原有形状，适用于传感器等领域。
4．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．萘()中含有的碳碳双键数为
B．的HCOONa溶液中的数目小于
C．粉和足量S完全反应，转移的电子数目为
D．中的价层电子对数为
【答案】D
【知识点】判断简单分子或离子的构型；盐类水解的应用；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、萘分子中不存在独立的碳碳双键，碳碳键是介于单键和双键之间的特殊键，因此不含碳碳双键，A错误；
B、题目未给出溶液的体积，无法计算的数目，B错误；
C、与反应生成，元素由0价变为+2价，的物质的量为，转移电子数为，C错误；
D、中的价层电子对数为，因此中的价层电子对数为，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
萘的结构：萘分子中碳碳键为共轭大π键，不存在独立的碳碳双键；
离子数目的计算：溶液中离子数目的计算需要知道溶液体积，题目未给出体积，无法计算；
氧化还原反应电子转移：与反应生成，被氧化为+2价，反应转移电子；
价层电子对数计算：价层电子对数=σ键数+孤电子对数，中的σ键数为2，孤电子对数为3，总价层电子对数为5。
5．可用于饮用水消毒，工业上常利用反应制备。下列化学用语正确的是
A．质量数为18的氧原子：
B．基态Na原子最外层电子的电子云轮廓图：
C．中键类型为键
D．熔融状态时，的电离方程式为
【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；元素、核素；电离方程式的书写
【解析】【解答】A、质量数为18的氧原子，其原子符号应表示为，左上角为质量数，左下角为质子数，选项中位置颠倒，A错误；
B、基态Na原子最外层电子为3s电子，其电子云轮廓图为球形，而选项中为哑铃形（p轨道），B错误；
C、中Cl原子采取杂化，Cl的杂化轨道与O的p轨道形成键，键类型为键，C正确；
D、熔融状态下，只能电离出和，电离方程式为 ，无法电离出和，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
原子符号的规范书写：左上角标注质量数，左下角标注质子数；
电子云轮廓图：s轨道为球形，p轨道为哑铃形，Na原子最外层为3s轨道；
共价键类型判断：中Cl为杂化，与O的p轨道形成键；
熔融状态下的电离：离子键断裂，共价键不断裂，在熔融状态下不电离。
6．下列有关物质结构和性质的说法错误的是
A．臭氧在水中的溶解度大于氧气在水中的溶解度
B．键长和键角的数值可通过红外光谱仪测得
C．晶莹剔透的水晶中也含有一定成分的离子键
D．DNA分子中两条链上的碱基通过氢键相连
【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；键能、键长、键角及其应用；极性分子和非极性分子；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、臭氧（）是极性分子，氧气（）是非极性分子，根据“相似相溶”原理，极性的臭氧在极性溶剂水中的溶解度大于非极性的氧气，A正确；
B、红外光谱仪可测得分子中化学键的振动频率，从而确定化学键的类型，但无法直接测得键长和键角的数值，B错误；
C、水晶的主要成分是，属于原子晶体，仅含共价键，不含离子键，C错误；
D、DNA分子中两条链上的碱基通过氢键配对相连，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
相似相溶原理：极性分子易溶于极性溶剂，臭氧是极性分子，氧气是非极性分子，因此臭氧在水中溶解度更大；
红外光谱仪的作用：可用于测定化学键和官能团的种类，无法直接测定键长和键角；
化学键类型判断：水晶（）是原子晶体，仅含共价键，无离子键；
DNA分子的结构：两条链上的碱基通过氢键相连，形成双螺旋结构。
7．有机物M可用于稀土元素的萃取，其结构如图所示。下列关于M的说法错误的是
A．分子式为
B．与氢气完全加成的产物中含有手性碳原子
C．分子中含有4种官能团
D．与足量NaOH溶液反应，消耗
【答案】B
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物中的官能团；酯的性质；有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】A、分子式为，通过数出分子中C、H、O、N原子的个数可得，A正确；
B、与氢气完全加成后，苯环变为环己烷环，碳碳双键变为单键，但所有碳原子中不存在同时连接4种不同基团的手性碳原子，B错误；
C、分子中含有碳碳双键、酰胺键、酯基、醚键4种官能团，C正确；
D、1 mol M中含1 mol酰胺键和1 mol酯基，均能与NaOH反应，故1 mol M消耗2 mol NaOH，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
分子式判断：需数清分子中各原子的数目，注意苯环、碳碳双键等结构对氢原子数的影响；
手性碳原子判断：手性碳原子需同时连接4种不同的原子或基团，加成后无此类碳原子；
官能团识别：碳碳双键、酰胺键（-CON-）、酯基（-COO-）、醚键（-O-），共4种；
与NaOH反应的计算：酰胺键和酯基均能与NaOH反应，1 mol酰胺键消耗1 mol NaOH，1 mol酯基消耗1 mol NaOH，共消耗2 mol NaOH。
8．硫氰化铵可以作为聚合反应的催化剂。不溶于。实验室模拟制备少量样品的装置如图所示(加热与夹持装置已略去)，实验原理：，下列说法错误的是
A．装置A中可以用浓氨水和生石灰来制备氨气
B．装置B、D的作用相同
C．装置C虚线框中导管应伸入层
D．装置C中反应完全的标志是C中液体不再分层
【答案】B
【知识点】氨的实验室制法；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、装置A中用浓氨水和生石灰制备氨气，生石灰与水反应放热且增大浓度，促进分解释放，A正确；
B、装置B的作用是干燥氨气，防止水蒸气进入C中；装置D的作用是吸收尾气中的，同时防止空气中的水蒸气进入装置，二者作用不同，B错误；
C、装置C中导管伸入层，可使与充分接触反应，同时防止倒吸，C正确；
D、反应完全时，被消耗，生成的溶于水，液体不再分层，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
氨气的制备：浓氨水与生石灰反应，利用生石灰的碱性和放热性促进氨气逸出；
装置作用分析：B中干燥剂用于干燥氨气，D中干燥剂用于吸收和防止水蒸气进入，二者功能不同；
导管位置：伸入层可保证与充分反应，避免氨气逸出；
反应终点判断：不溶于水，反应完全后被消耗，液体不分层。
9．原子序数依次增大的前四周期元素W、X、Y、Z、R形成的一种化合物(分子结构如图)被广泛应用于染料和电池等领域，Z和W能形成室温下常见的两种液态化合物，R的基态原子M层填满电子，N层填充了1个电子。下列说法错误的是
A．第一电离能：
B．氢化物的沸点：
C．该化合物中含有配位键
D．和的空间结构均为三角锥形
【答案】B
【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；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、第二周期元素第一电离能总体呈增大趋势，但的轨道为半充满稳定结构，失去电子更难，故第一电离能：，A正确；
B、元素非金属性越强，其最简单气态氢化物的稳定性越强，但沸点与分子间作用力（氢键、范德华力）有关。的氢化物种类多样（如烃类），相对分子质量较大的烃（如十八烷）常温下为固体，沸点高于水，因此不能通过非金属性直接判断沸点高低，B错误；
C、化合物中作为中心原子，与原子成键；原子含有孤电子对，可作为配体提供孤电子对，与形成配位键，C正确；
D、价层电子对数计算：
：，含1对孤电子对，空间结构为三角锥形；
：，含1对孤电子对，空间结构为三角锥形；
二者空间结构均为三角锥形，D正确。
故答案为：B。
【分析】根据题目信息，可推出：
R的基态原子M层填满电子，N层填充1个电子，电子排布为，故R为；
Z与W能形成室温下两种常见液态化合物，且W形成1对共用电子对、Z形成2对共用电子对，故W为、Z为；X形成4对共用电子对，Y形成3对共用电子对，结合原子序数依次增大，X为、Y为。
综上，五种元素为：。
10．下列根据实验方案、现象得出的结论正确的是
选项 实验方案 现象 结论
A 常温下，用pH计分别测定和，溶液的pH pH均为7.0 同温下，不同浓度的溶液中水的电离程度相同
B 取两份新制氯水，分别滴加溶液和淀粉-KI溶液 前者有白色沉淀产生，后者溶液变蓝色 氯气与水的反应有一定限度
C 向硫酸四氨合铜溶液中加入乙醇溶液，并用玻璃棒摩擦试管壁 出现蓝色晶体 减小溶剂极性可以改变溶质溶解度
D 向乙醇和酸性高锰酸钾溶液充分反应后的溶液中滴加石蕊溶液 溶液变红 乙醇被氧化为乙酸
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；水的电离；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、常温下，溶液中和的水解程度相近，溶液呈中性，但浓度不同时，两种离子的水解程度均不同，对水的电离促进作用不同，因此水的电离程度不同，A错误；
B、新制氯水中，与水反应生成和，无论反应是否可逆，溶液中均存在（与生成白色沉淀）和（与反应生成，使淀粉变蓝），无法证明反应存在限度，B错误；
C、向硫酸四氨合铜溶液中加入95%乙醇，乙醇降低了溶剂的极性，溶质的溶解度随之减小，从而析出蓝色晶体，C正确；
D、酸性高锰酸钾溶液中本身含有，能使石蕊溶液变红，无法证明乙醇被氧化为乙酸，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
盐类水解与水的电离：中两种离子的水解相互促进，浓度不同时，水解程度不同，对水的电离影响不同；
氯水的成分与反应限度：与水的反应为可逆反应，但无论反应是否完全，溶液中均同时存在和，无法通过该实验证明反应限度；
溶剂极性对溶解度的影响：硫酸四氨合铜易溶于极性较强的水，加入极性较弱的乙醇后，溶剂整体极性降低，溶质溶解度减小而析出；
酸性高锰酸钾的干扰：酸性高锰酸钾溶液本身呈酸性，能使石蕊溶液变红，不能证明乙醇被氧化为乙酸。
11．已知和CO在作用下发生的反应分两步进行，反应过程的能量变化如图。下列说法正确的是
A．决定总反应速率的是第二步
B．达到平衡后升高温度，的体积分数增大
C．改变了反应历程，也改变了反应的
D．第二步反应中有极性共价键的断裂和形成
【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；吸热反应和放热反应；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、总反应速率由活化能最大的步骤决定，图中第一步的活化能高于第二步，因此决定总反应速率的是第一步，A错误；
B、由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热反应；升高温度，平衡向逆反应方向移动，的体积分数减小，B错误；
C、作为催化剂，能改变反应历程（降低活化能），但不改变反应的焓变，C错误；
D、第二步反应为，反应中中的极性键断裂，中的极性键形成，因此存在极性共价键的断裂和形成，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
反应速率的决定步骤：总反应速率由活化能最大的基元反应（决速步）决定，活化能越高，反应速率越慢；
温度对平衡的影响：正反应放热，升温平衡逆向移动，产物（）的体积分数减小；
催化剂的作用：催化剂仅改变反应历程和活化能，不改变反应的焓变；
化学键的变化：极性共价键是由不同原子形成的共价键，第二步反应中极性键断裂，极性键形成，因此存在极性键的断裂和形成。
12．氟化镁钾是一种具有优良光学性能的材料，其晶胞结构如图，晶胞密度为。用取代部分，可以合成新型催化剂材料(是平衡电荷引入的填隙阴离子，不破坏原有晶胞结构)。下列说法错误的是
A．基态的价电子轨道表示式为
B．若位于晶胞的体心，则位于晶胞的面心
C．每个位于距其最近且相等的构成的正四面体空隙中
D．若要合成厚度为、面积为的催化剂材料，理论上需要掺杂的的物质的量约为
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A、基态的价电子排布为，根据洪特规则，5个电子分占5个不同轨道且自旋平行，价电子轨道表示式为 ，A正确；
B、若位于晶胞顶点（8个顶点，共个），则位于体心（1个），根据化学式，晶胞中数目应为3个，若位于面心（6个面心，共个），数目匹配，B正确；
C、每个周围最近且相等的数目为6个，构成正八面体空隙，而非正四面体空隙，C错误；
D、晶胞密度为，厚度为，面积为，材料体积，质量；每个晶胞中含1个，掺杂后每个晶胞含个，晶胞质量为（为晶胞式量），晶胞体积为，晶胞数目为，物质的量为，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
价电子轨道表示式：价电子为，洪特规则下电子分占轨道且自旋平行；
晶胞中离子数目计算：顶点、面心离子按对应比例折算，结合化学式验证离子数目；
离子配位数与空隙类型：周围6个构成正八面体空隙；
晶胞密度与物质的量计算：通过体积、密度求质量，结合晶胞组成计算掺杂离子的物质的量。
13．一种有机多孔电极材料电催化还原的装置如图1所示。控制其他条件相同，将一定量的通入该电催化装置中，b极所得产物及其物质的量与电压的关系如图2所示。下列说法正确的是
A．b极电势高于a极电势
B．质子由b极移向a极
C．b极生成的电极反应为
D．控制电压为，电解时阳极生成气体的体积为(标准状况)
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、a极发生反应 ，为阳极；b极发生还原反应，为阴极。电源中阳极连接正极、阴极连接负极，因此a极电势高于b极，A错误；
B、电解池中质子（阳离子）由阳极（a极）移向阴极（b极），B错误；
C、b极生成时，被还原，得电子，电极反应应为 ，选项中写为失电子，C错误；
D、电压为0.8V时，b极产物为和，物质的量分别为0.2mol和0.2mol。计算转移电子总数：
生成0.2mol ：C元素从+4价变为-2价，1mol 得6mol电子，2mol 生成1mol，故0.2mol 转移电子：；
生成0.2mol ：得电子生成，转移电子：；
总转移电子：。
阳极反应为 ，每生成1mol 转移4mol电子，故生成的物质的量为，标准状况下体积为，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
电解池电极判断：根据反应类型判断阴阳极，进而比较电势高低；
离子移动方向：阳离子向阴极移动，即由a极移向b极；
电极反应式书写：还原反应得电子，注意电子转移方向；
4电子守恒计算：通过阴极产物计算转移电子总数，再计算阳极生成气体的物质的量和体积。
14．常温下，溶液中各含硫粒子的物质的量分数与pH的关系如图所示。，。下列说法错误的是
A．溶液中；
B．溶液中水解率小于10%
C．忽略第二步电离，常温下，溶液的pH约为4
D．反应的平衡常数约为
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；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、根据物料守恒，溶液中的物质的量是硫元素所有存在形式物质的量总和的2倍，即，A正确；
B、第一步水解的平衡常数。设水解的浓度为，则，解得，水解率为，大于10%，B错误；
C、0.1 mol/L 溶液中，忽略第二步电离，由，代入，得，pH约为4，C正确；
D、反应的平衡常数，有=，已知，则有==，解得平衡常数约为，D正确；
故答案为：B。
【分析】从图像上看，随着pH的降低，硫元素的存在形式由逐渐转化为，再进一步转化为。当和的物质的量分数相等时，溶液的pH为7，根据电离平衡常数的定义，此时，所以；同理，当和的物质的量分数相等时，溶液pH为13，可得。基于这两个电离常数，我们可以逐一分析选项。
15．三氯氧磷常用作半导体掺杂剂及光导纤维原料，常温下为无色透明液体，易挥发，易水解。某实验小组在实验室制备并测定产品含量。回答下列问题：
I．制备。
、水、氯气(纯净、干燥)通过氯化水解法制备三氯氧磷所需的装置如下：
（1）仪器3的名称是　 　，仪器1中装入的物质为　 　，仪器2的作用是　 　。
（2）按气流方向，上述装置正确的连接顺序是　 　(用小写字母连接)。
（3）装置E中反应的化学方程式为　 　。
（4）用氯化水解法生产三氯氧磷会产生含磷(主要为等)废水。在废水中先加入适量漂白粉，再加入生石灰，可将磷元素转化为磷酸的钙盐沉淀并回收。
①漂白粉的主要作用是　 　。
②不同条件对磷的沉淀回收率的影响如图所示(“”表示钙磷比，即溶液中与的浓度比)，则回收时加入生石灰的目的是　 　。
Ⅱ．测定产品的含量。
通过佛尔哈德法可以测定三氯氧磷产品中Cl元素含量(杂质中不含Cl元素)，进一步可以计算产品的纯度，实验步骤如下：
①取产品于锥形瓶中，加入足量NaOH溶液，待完全水解后加稀硝酸至溶液呈酸性。
②向锥形瓶中加入溶液，使完全沉淀。
③向其中加入硝基苯，振荡，使沉淀表面被有机物覆盖。
④加入指示剂，用溶液滴定过量至终点，所用溶液体积为。
（5）滴定选用的指示剂是　 　(填标号)。
a． b． c．淀粉 d．酚酞
（6）产品中三氯氧磷的纯度为　 　(用含相关字母的计算式表示)。
【答案】恒压(分液)漏斗；浓盐酸；冷凝回流，防止其挥发；；；将氧化为；增大比和废水的pH，从而提高磷的回收率；a；
【知识点】氯气的实验室制法；常用仪器及其使用；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3为恒压滴液漏斗，可使液体顺利流下；仪器1是分液漏斗，装置A中盛放浓盐酸，用于制备氯气；仪器2是冷凝管，可冷凝回流易挥发的，防止其挥发损失。
故答案为： 恒压(分液)漏斗 ； 浓盐酸 ； 冷凝回流，防止其挥发 ；
（2）实验需先制备干燥纯净的氯气， ，即生成氯气、除去HCl、除去水汽，再制备，由于易水解，整个体系需要做到无水环境，最末尾要连接干燥管。因此连接顺序为；
故答案为： ；
（3）装置E中制备的反应方程式：；
故答案为：； ；
（4）①含磷废水中加入漂白粉，可将低价磷氧化为磷酸根，便于后续转化为磷酸钙沉淀除去；
②加入生石灰可提高比和废水的pH，从而提高磷的回收率。
故答案为： 将氧化为 ； 增大比和废水的pH，从而提高磷的回收率 ；
（5）用溶液滴定过量时，应选用作指示剂（选项a），反应终点时与反应显红色。
故答案为： a ；
（6）根据反应计量关系：
样品中的纯度：
故答案为： ；
【分析】以三氯化磷、水和纯净干燥的氯气为原料，通过氯化水解法制备三氯氧磷，反应方程式为：
。
由于三氯氧磷易挥发，反应装置中需要设置冷凝回流装置，减少产物损失；同时三氯氧磷易水解，因此参与反应的氯气必须经过干燥处理，以避免体系中引入水分导致产物水解。
（1）本题考查实验仪器的识别与作用，解题思路是结合装置图和反应原理，分析各仪器的名称、用途及盛装试剂。
（2）本题考查实验装置的连接顺序，解题思路是按照“制备氯气→除杂→干燥→主反应→尾气处理”的流程，结合各装置作用确定接口顺序。
（3）本题考查化学方程式书写，解题思路是根据制备的反应原理，写出反应方程式。
（4）本题考查废水处理原理分析，解题思路是结合漂白粉的氧化性和生石灰的碱性，分析其在磷回收中的作用。
（5）本题考查滴定指示剂的选择，解题思路是根据滴定反应特点，选择终点显色明显且不干扰滴定的指示剂。
（6）本题考查样品纯度计算，解题思路是根据与、的反应关系，建立与滴定数据的计量关系，计算纯度。
16．某种软锰矿中含有的氧化物，一种综合利用该软锰矿的工艺流程如下：
已知：时，的，的。
回答下列问题：
（1）“浸出渣”的主要成分有与　 　(写化学式)。
（2）“碱化过滤”时，当完全沉淀，溶液中　 　(填“>”“<”或“=”)。
（3）“氧化”过程中若通入空气时间过长，的纯度会下降，可能的原因是　 　。
（4）“水热法”时，温度控制在，反应的离子方程式为　 　，反应后过滤所得滤液可用于制备副产物，写出副产物的一种应用：　 　。
（5）在酸性、中性环境下都会被歧化生成和，则“熔融”步骤中应保证原料　 　。
（6）“电解”步骤的阳极反应为　 　。
【答案】（1）
（2）<
（3）会进一步被氧化
（4）；作氮肥(或其他合理答案)
（5）KOH过量
（6）
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计；离子方程式的书写；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）浸出渣的主要成分为和。
故答案为： ；
（2）在水溶液中存在溶解平衡：，。在碱化过滤中，被完全沉淀，则有，此时溶液中的浓度。在水溶液中存在电离平衡，，则，；
故答案为： < ；
（3）中锰为+2价和+3价，具有氧化性和还原性；若氧化时间过长，会被进一步氧化，导致产品纯度下降。
故答案为：会进一步被氧化 ；
（4）水热过程中与发生氧化还原反应，被氧化为，Mn元素从+2价升至+4价，被还原为，存在-O-O-键，-1价O原子得电子生成-2价氧， 反应的离子方程式为：
该反应的副产物为，可用作氮肥。
故答案为： ； 作氮肥(或其他合理答案) ；
（5）在酸性、中性环境下都会被歧化生成和， 为避免熔融步骤中发生歧化反应，需保证原料中过量，维持反应体系呈碱性。
故答案为： KOH过量 ；
（6） 电解过程中发生氧化反应，生成，是电解池阳极反应。 电解时阳极的电极反应方程式为：
故答案为： ；
【分析】软锰矿主要含 MnO2、Fe2O3和 SiO2，与浓硫酸反应生成 Fe2(SO4)3和 MnSO4，SiO2不参与反应。焙烧时，Fe2(SO4)3分解为 Fe2O3和 SO3，而 MnSO4因分解温度更高而稳定存在；后续浸出过程中，MnSO4溶于水，Fe2O3和 SiO2则作为浸出渣被分离。碱化过滤时，MnSO4与氨水反应生成 Mn (OH)2沉淀，再经浆化、氧化、过滤烘干，得到 Mn3O4；水热法中，MnSO4被 (NH4)2S2O8氧化为 MnO2；熔融步骤中，KClO3和 KOH 将 MnO2氧化为 K2MnO4，最后通过电解转化为 KMnO4。
（1）本题考查浸出渣成分判断，解题思路是结合软锰矿成分与浓硫酸反应、焙烧过程的反应产物，判断不参与后续浸出的固体物质。
（2）本题考查沉淀溶解平衡与弱电解质电离平衡的计算，解题思路是利用的溶度积计算完全沉淀时的浓度，再结合氨水的电离平衡常数，比较溶液中与的浓度大小。
（3）本题考查物质的氧化还原性质，解题思路是根据锰的价态（+2、+3）处于中间价态，分析其氧化性和还原性，解释氧化时间过长导致纯度下降的原因。
（4）本题考查氧化还原反应方程式书写，解题思路是结合电子守恒和质量守恒，配平与在水热条件下的反应方程式，并分析副产物的用途。
（5）本题考查反应条件的控制，解题思路是根据在酸性、中性环境下易歧化的性质，说明熔融步骤中保持过量的必要性。
（6）本题考查电解池电极反应方程式书写，解题思路是根据电解时阳极发生氧化反应，结合元素价态变化，配平电极反应方程式。
（1）由分析可知，浸出渣的主要成分为和；
（2）在水溶液中存在溶解平衡：，。在碱化过滤中，被完全沉淀，则有，此时溶液中的浓度。在水溶液中存在电离平衡，，则，；
（3）Mn的最高正价为+7价，中Mn为+2价和+3价，处于中间价态，因此具有氧化性也拥有还原性，若氧化时间过长，会被进一步氧化，造成纯度下降；
（4）由分析可知，在水热过程中，与发生氧化还原反应，被氧化为，Mn元素从+2价升至+4价，被还原为，存在-O-O-键，-1价O原子得电子生成-2价氧，根据电子守恒和质量守恒可写出离子方程式：；该反应副产物为，可用作氮肥；
（5）由题干信息可知，在酸性、中性环境下都会被歧化生成和，因此，若要避免熔融步骤生成副产物，需控制反应体系呈碱性，因此在熔融步骤要保证原料中KOH过量；
（6）电解过程中发生氧化反应，生成，是电解池阳极反应。该过程中，Mn元素从+6价升至+7价，结合电子守恒、电荷守恒和质量守恒可写出电极反应方程式：。
17．半导体是人工智能技术发展的关键材料。硅单质是应用最为广泛的半导体材料。工业上将粗硅氯化、精馏后得到和的混合物，然后用还原得到高纯硅。还原过程中发生的主要反应为：
i．
ii．
回答下列问题：
（1）的沸点为，晶体的类型为　 　。已知相关化学键键能数据如下，则　 　。
化学键
键能 226 381 436 431
（2）恒温条件下，将等物质的量的和通入容积一定的密闭容器中，发生反应ⅱ，下列描述能说明反应ⅱ已经达到平衡状态的是　 　(填标号)。若实验测得反应ⅱ中，(为速率常数)，则达到平衡后，仅加入催化剂，增大的倍数　 　(填“>”“<”或“=”)增大的倍数。
A．和的转化率之比保持不变
B．
C．单位时间内，反应物断裂的非极性键和生成物断裂的非极性键数目相等
D．容器内混合气体的密度保持不变
（3）在温度下，将、和加入容积固定的密闭容器中，在催化条件下发生反应i、ⅱ。测得的转化率及体系内的压强随时间的变化关系如图所示。
①温度下，反应达到平衡时的转化率为　 　；
②温度下，反应ⅱ的压强平衡常数的计算式为　 　。
（4）锌还原四氯化硅是一种有着良好应用前景的制备硅的方法。Zn还原的反应如下：
反应1：，
反应2：，
反应3：，
实际制备过程选择反应3，理由是　 　、　 　。
【答案】（1）分子晶体；
（2）D；=
（3）90%；
（4）温度高，反应速率快；更易于硅的分离
【知识点】反应热和焓变；盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】（1）①沸点较低，属于分子晶体；
②焓变 = 反应物键能总和 - 生成物键能总和 = 。
故答案为： 分子晶体 ； ；
（2）①平衡状态判断：
A：反应ⅱ中与化学计量数相同，无论是否平衡，二者转化率之比始终不变，A错误；
B：当时，正逆反应速率满足计量数之比，反应达到平衡，B错误；
C：反应消耗时，断裂键（非极性键），同时生成，含键（非极性键），反应物与生成物断裂的非极性键数目比为，无法说明平衡，C错误；
D：反应有固体参与，容器体积不变时，混合气体密度不变，说明固体质量不再变化，反应达到平衡，D正确；
故选D；
②催化剂不改变平衡常数，，因此催化剂对和的增大倍数相同。
故答案为： D ；=；
（3）①设反应ⅰ中消耗，反应ⅱ中消耗，氢气转化率为60%，消耗，则；反应前总压强为，反应后为，由压强比等于物质的量比，气体总物质的量为，气体减少量为，解得，，转化率为；
②反应后气体总物质的量为，同理解得，，则，，（为总压），平衡常数。
故答案为： 90% ； ；
（4）①反应物为气态，反应速率更快、更充分；
②反应3的产物为气态，与固态产物易分离，可获得高纯度硅。
故答案为： 温度高，反应速率快 ； 更易于硅的分离 ；
【分析】（1）本题考查晶体类型判断以及利用键能计算反应焓变，解题思路是结合物质沸点特征区分晶体类型，再运用焓变与化学键键能的换算公式，代入题给数据完成计算。
（2）本题综合考查化学平衡状态判断与催化剂的作用规律，解题思路是紧扣 “正逆反应速率相等、各组分含量恒定” 这一平衡核心特征，结合反应方程式、物质状态、化学键变化逐一分析选项；再根据催化剂只改变反应速率、不移动平衡的特点，结合平衡常数与速率常数的关系，分析其对正、逆反应速率的影响。
（3）本题考查平衡体系中转化率和压强平衡常数的计算，解题思路是利用恒温恒容下压强和气体物质的量成正比的规律，结合两个连续反应的定量关系列出方程组，求解反应物消耗量并计算转化率；再依据各组分物质的量计算分压，代入公式完成平衡常数的列式计算。
（4）本题考查工业反应的综合评价，解题思路是结合工业生产的实际需求，从反应进行快慢、产物分离提纯两大角度出发，依托物质状态的差异，分析该反应在实际生产中的优势。
（1）①沸点较低，是分子晶体；
②焓变=反应物键能总和-生成物键能总和=(4×381+2×436-4×431-2×226)=+220
（2）①A．反应ⅱ中，和的化学计量数相同，不管是否平衡，二者转化率之比都不改变，A不符题意；
B．当，才能说明反应达到平衡，B不符题意；
C．平衡时，当反应掉1 mol H2时，反应物断裂1 mol非极性键，同时生成1 mol硅，1 mol硅含有2 mol非极性键，反应物断裂的非极性键和生成物断裂的非极性键数目应为1：2，C错误；
D．反应有固体参与，当体积不变时，容器内混合气体的密度保持不变，即固体质量不再变化，可以说明平衡，D正确；
故选择D；
②加入催化剂不改变K大小，故不变，催化剂对和增大倍数相同；
（3）①设反应i中被消耗a mol，反应ii中被消耗b mol，由图信息，氢气的转化率为60%，则消耗氢气1.8 mol，由反应化学计量数得：2a+b=1.8；反应前总压强为，反应后为，根据压强之比等于物质的量之比，气体总物质的量为5×=6.35，气体减少量为：a+b=6.35-5=1.35，解得a=0.45，b=0.9，可知转化率为90%；
②根据最后气体的总压强，得到气体总物质的量为5×=6.6 mol，设反应i中被消耗a mol，反应ii中被消耗b mol，同①得到a=0.8 mol，b=0.8 mol，则，，，其中P为总压，；
（4）①反应物Zn为气态，反应速率较反应1更快，更充分；②反应3的产物氯化锌为气态，与固态产物Si易于分离，可获得高纯度的硅。
18．“点击化学”是一种绿色、高效的有机合成手段。某课题组结合反应原理，设计如下路线合成一种特殊结构的聚合物。
已知：
回答下列问题：
（1）A的化学名称为　 　，A分子间　 　(填“能”或“不能”)形成氢键。
（2）的反应类型为　 　。
（3）C中官能团的名称为　 　，D的结构简式为　 　。
（4）的化学方程式为　 　。
（5）化合物C的同分异构体中，同时满足下列条件的有　 　种，其中核磁共振氢谱有4组峰的结构简式为　 　。
①除苯环外不含有其他环状结构 ②遇溶液显色 ③能发生银镜反应
【答案】（1）对溴苯甲醛(或4-溴苯甲醛)；不能
（2）取代反应
（3）羧基、碳碳三键；
（4）
（5）13；
【知识点】含有氢键的物质；有机物中的官能团；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）A为，化学名称为对溴苯甲醛(或4-溴苯甲醛)；A 分子中没有与电负性大的原子（如 F、O、N）直接相连的氢原子，因此不能形成分子间氢键。
故答案为：对溴苯甲醛(或4-溴苯甲醛)；不能；
（2）B 与乙炔在钯催化剂作用下生成 C 和 HBr，该反应类型为取代反应。
故答案为：取代反应；
（3）C的结构为，含有的官能团为羧基、碳碳三键； D的结构简式为；
故答案为：羧基、碳碳三键；；
（4）E 与 NaN3发生取代反应生成 F，F 的结构简式为：，的化学方程式为；
故答案为：；
（5）C的分子式为C9H6O2，不饱和度为7，其同分异构体需满足：①除苯环外无其他环状结构，用去不饱和度4；②遇FeCl3显色（含酚羟基-OH）；③能发生银镜反应（含醛基-CHO）； 苯环上连有-OH、两个取代基时，共有邻、间、对3种；苯环上连有-OH、-CHO、-C≡CH三个取代基时，共有10种；符合要求的有13种， 其中核磁共振氢谱有4组峰的结构简式为；
故答案为：13；。
【分析】该合成流程以A（ ）为起始原料，经催化氧化得到对溴苯甲酸（B）；B 再与乙炔在钯催化下发生取代反应，生成含炔基的苯甲酸（C）；C 与D（ ）反应形成酰胺中间体（E），E 再与叠氮化钠发生取代反应，引入叠氮基团得到化合物 F（ ）；最后 F 在铜催化下，通过叠氮与炔基的 “点击化学” 反应发生环加成聚合，得到含三唑环的目标聚合物。
（1）根据 A 的分子式和氧化反应规律，推导出其结构为对溴苯甲醛；再依据氢键形成条件（需有与 O、N、F 直接相连的 H），判断 A 无法形成分子间氢键。
（2）根据反应中 B 上的 Br 被乙炔基取代并生成 HBr 的特征，直接判定为取代反应。
（3）结合 B 的氧化产物和后续反应，推导出 C 的结构，明确其官能团；再根据 D 的分子式和与 C 的反应关系，确定 D 为五氟苯胺。
（4）根据取代反应规律，E 中的 F 被 N3取代生成 F；结合原子守恒，配平反应方程式。
（5）先根据分子式和不饱和度，结合 “酚羟基、醛基、无其他环状结构” 的条件，分二取代、三取代两种情况计算同分异构体数目；再根据核磁共振氢谱峰数，筛选出氢原子种类最少的结构。
（1）A为，化学名称为对溴苯甲醛(或4-溴苯甲醛)；A分子中没有与电负性很大的原子（如 F、O、N）直接相连的氢原子，不能形成分子间氢键；故答案为：对溴苯甲醛(或4-溴苯甲醛)；不能；
（2）B与乙炔（HC≡CH）在钯催化剂作用下发生取代反应生成C和HBr；故答案为：取代反应；
（3）C的结构为，含有的官能团为羧基、碳碳三键； D的结构简式为；故答案为：羧基、碳碳三键；；
（4）E与NaN3发生取代反应生成F，结合已知信息可知F的结构式为，的化学方程式为；
（5）C的分子式为C9H6O2，不饱和度为7，其同分异构体需满足：①除苯环外无其他环状结构，用去不饱和度4；②遇FeCl3显色（含酚羟基-OH）；③能发生银镜反应（含醛基-CHO）； 苯环上连有-OH、两个取代基时，共有邻、间、对3种；苯环上连有-OH、-CHO、-C≡CH三个取代基时，共有10种；符合要求的有13种， 其中核磁共振氢谱有4组峰的结构简式为；故答案为13；。
1 / 1河北省名校联盟2026届高三上学期一模化学试题
1．河北缸炉烧饼是极具地方特色的传统美食，其制作需经和面、醒发、刷油、烘烤等工序，常用食材包括面粉、鸡蛋、食用油、酵母等。下列说法错误的是
A．面粉的主要成分是淀粉，淀粉属于多糖，其水解的最终产物为葡萄糖
B．鸡蛋中富含蛋白质，烘烤过程中蛋白质会发生变性
C．面团发酵过程中酵母菌产生的气体为氧气
D．食用油在碱性条件下可发生皂化反应生成甘油和高级脂肪酸盐
2．在实验过程中需要选用合适的实验仪器。下列仪器选用正确的是
A．称量一定质量的NaOH固体时，用小烧杯盛装
B．用棕色广口瓶保存新制氯水
C．用酸式滴定管量取一定体积的溶液
D．用容量瓶配制生理盐水
3．随着科技的发展，新型高分子材料不断走进生活。下列关于新型高分子材料的说法错误的是
A．聚乳酸是一种可降解高分子材料，由单体乳酸通过缩聚反应制得
B．石墨烯增强聚乙烯复合材料中，石墨烯的加入可提高材料的导电性和机械强度
C．离子交换树脂是一类功能高分子材料，阴离子交换树脂可用于硬水软化(除去)
D．形状记忆高分子材料在一定条件下能恢复原状，可用于传感器
4．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．萘()中含有的碳碳双键数为
B．的HCOONa溶液中的数目小于
C．粉和足量S完全反应，转移的电子数目为
D．中的价层电子对数为
5．可用于饮用水消毒，工业上常利用反应制备。下列化学用语正确的是
A．质量数为18的氧原子：
B．基态Na原子最外层电子的电子云轮廓图：
C．中键类型为键
D．熔融状态时，的电离方程式为
6．下列有关物质结构和性质的说法错误的是
A．臭氧在水中的溶解度大于氧气在水中的溶解度
B．键长和键角的数值可通过红外光谱仪测得
C．晶莹剔透的水晶中也含有一定成分的离子键
D．DNA分子中两条链上的碱基通过氢键相连
7．有机物M可用于稀土元素的萃取，其结构如图所示。下列关于M的说法错误的是
A．分子式为
B．与氢气完全加成的产物中含有手性碳原子
C．分子中含有4种官能团
D．与足量NaOH溶液反应，消耗
8．硫氰化铵可以作为聚合反应的催化剂。不溶于。实验室模拟制备少量样品的装置如图所示(加热与夹持装置已略去)，实验原理：，下列说法错误的是
A．装置A中可以用浓氨水和生石灰来制备氨气
B．装置B、D的作用相同
C．装置C虚线框中导管应伸入层
D．装置C中反应完全的标志是C中液体不再分层
9．原子序数依次增大的前四周期元素W、X、Y、Z、R形成的一种化合物(分子结构如图)被广泛应用于染料和电池等领域，Z和W能形成室温下常见的两种液态化合物，R的基态原子M层填满电子，N层填充了1个电子。下列说法错误的是
A．第一电离能：
B．氢化物的沸点：
C．该化合物中含有配位键
D．和的空间结构均为三角锥形
10．下列根据实验方案、现象得出的结论正确的是
选项 实验方案 现象 结论
A 常温下，用pH计分别测定和，溶液的pH pH均为7.0 同温下，不同浓度的溶液中水的电离程度相同
B 取两份新制氯水，分别滴加溶液和淀粉-KI溶液 前者有白色沉淀产生，后者溶液变蓝色 氯气与水的反应有一定限度
C 向硫酸四氨合铜溶液中加入乙醇溶液，并用玻璃棒摩擦试管壁 出现蓝色晶体 减小溶剂极性可以改变溶质溶解度
D 向乙醇和酸性高锰酸钾溶液充分反应后的溶液中滴加石蕊溶液 溶液变红 乙醇被氧化为乙酸
A．A B．B C．C D．D
11．已知和CO在作用下发生的反应分两步进行，反应过程的能量变化如图。下列说法正确的是
A．决定总反应速率的是第二步
B．达到平衡后升高温度，的体积分数增大
C．改变了反应历程，也改变了反应的
D．第二步反应中有极性共价键的断裂和形成
12．氟化镁钾是一种具有优良光学性能的材料，其晶胞结构如图，晶胞密度为。用取代部分，可以合成新型催化剂材料(是平衡电荷引入的填隙阴离子，不破坏原有晶胞结构)。下列说法错误的是
A．基态的价电子轨道表示式为
B．若位于晶胞的体心，则位于晶胞的面心
C．每个位于距其最近且相等的构成的正四面体空隙中
D．若要合成厚度为、面积为的催化剂材料，理论上需要掺杂的的物质的量约为
13．一种有机多孔电极材料电催化还原的装置如图1所示。控制其他条件相同，将一定量的通入该电催化装置中，b极所得产物及其物质的量与电压的关系如图2所示。下列说法正确的是
A．b极电势高于a极电势
B．质子由b极移向a极
C．b极生成的电极反应为
D．控制电压为，电解时阳极生成气体的体积为(标准状况)
14．常温下，溶液中各含硫粒子的物质的量分数与pH的关系如图所示。，。下列说法错误的是
A．溶液中；
B．溶液中水解率小于10%
C．忽略第二步电离，常温下，溶液的pH约为4
D．反应的平衡常数约为
15．三氯氧磷常用作半导体掺杂剂及光导纤维原料，常温下为无色透明液体，易挥发，易水解。某实验小组在实验室制备并测定产品含量。回答下列问题：
I．制备。
、水、氯气(纯净、干燥)通过氯化水解法制备三氯氧磷所需的装置如下：
（1）仪器3的名称是　 　，仪器1中装入的物质为　 　，仪器2的作用是　 　。
（2）按气流方向，上述装置正确的连接顺序是　 　(用小写字母连接)。
（3）装置E中反应的化学方程式为　 　。
（4）用氯化水解法生产三氯氧磷会产生含磷(主要为等)废水。在废水中先加入适量漂白粉，再加入生石灰，可将磷元素转化为磷酸的钙盐沉淀并回收。
①漂白粉的主要作用是　 　。
②不同条件对磷的沉淀回收率的影响如图所示(“”表示钙磷比，即溶液中与的浓度比)，则回收时加入生石灰的目的是　 　。
Ⅱ．测定产品的含量。
通过佛尔哈德法可以测定三氯氧磷产品中Cl元素含量(杂质中不含Cl元素)，进一步可以计算产品的纯度，实验步骤如下：
①取产品于锥形瓶中，加入足量NaOH溶液，待完全水解后加稀硝酸至溶液呈酸性。
②向锥形瓶中加入溶液，使完全沉淀。
③向其中加入硝基苯，振荡，使沉淀表面被有机物覆盖。
④加入指示剂，用溶液滴定过量至终点，所用溶液体积为。
（5）滴定选用的指示剂是　 　(填标号)。
a． b． c．淀粉 d．酚酞
（6）产品中三氯氧磷的纯度为　 　(用含相关字母的计算式表示)。
16．某种软锰矿中含有的氧化物，一种综合利用该软锰矿的工艺流程如下：
已知：时，的，的。
回答下列问题：
（1）“浸出渣”的主要成分有与　 　(写化学式)。
（2）“碱化过滤”时，当完全沉淀，溶液中　 　(填“>”“<”或“=”)。
（3）“氧化”过程中若通入空气时间过长，的纯度会下降，可能的原因是　 　。
（4）“水热法”时，温度控制在，反应的离子方程式为　 　，反应后过滤所得滤液可用于制备副产物，写出副产物的一种应用：　 　。
（5）在酸性、中性环境下都会被歧化生成和，则“熔融”步骤中应保证原料　 　。
（6）“电解”步骤的阳极反应为　 　。
17．半导体是人工智能技术发展的关键材料。硅单质是应用最为广泛的半导体材料。工业上将粗硅氯化、精馏后得到和的混合物，然后用还原得到高纯硅。还原过程中发生的主要反应为：
i．
ii．
回答下列问题：
（1）的沸点为，晶体的类型为　 　。已知相关化学键键能数据如下，则　 　。
化学键
键能 226 381 436 431
（2）恒温条件下，将等物质的量的和通入容积一定的密闭容器中，发生反应ⅱ，下列描述能说明反应ⅱ已经达到平衡状态的是　 　(填标号)。若实验测得反应ⅱ中，(为速率常数)，则达到平衡后，仅加入催化剂，增大的倍数　 　(填“>”“<”或“=”)增大的倍数。
A．和的转化率之比保持不变
B．
C．单位时间内，反应物断裂的非极性键和生成物断裂的非极性键数目相等
D．容器内混合气体的密度保持不变
（3）在温度下，将、和加入容积固定的密闭容器中，在催化条件下发生反应i、ⅱ。测得的转化率及体系内的压强随时间的变化关系如图所示。
①温度下，反应达到平衡时的转化率为　 　；
②温度下，反应ⅱ的压强平衡常数的计算式为　 　。
（4）锌还原四氯化硅是一种有着良好应用前景的制备硅的方法。Zn还原的反应如下：
反应1：，
反应2：，
反应3：，
实际制备过程选择反应3，理由是　 　、　 　。
18．“点击化学”是一种绿色、高效的有机合成手段。某课题组结合反应原理，设计如下路线合成一种特殊结构的聚合物。
已知：
回答下列问题：
（1）A的化学名称为　 　，A分子间　 　(填“能”或“不能”)形成氢键。
（2）的反应类型为　 　。
（3）C中官能团的名称为　 　，D的结构简式为　 　。
（4）的化学方程式为　 　。
（5）化合物C的同分异构体中，同时满足下列条件的有　 　种，其中核磁共振氢谱有4组峰的结构简式为　 　。
①除苯环外不含有其他环状结构 ②遇溶液显色 ③能发生银镜反应
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】多糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、面粉的主要成分是淀粉，淀粉属于多糖，在酸或酶的催化下水解，最终产物为葡萄糖，A 正确；
B、鸡蛋中富含蛋白质，烘烤过程中高温会使蛋白质的空间结构被破坏，发生变性，B 正确；
C、面团发酵过程中，酵母菌进行无氧呼吸，将葡萄糖分解为酒精和二氧化碳，产生的气体为二氧化碳，不是氧气，C 错误；
D、食用油的主要成分是油脂，油脂在碱性条件下可发生皂化反应，生成甘油和高级脂肪酸盐，D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
淀粉的水解：淀粉属于多糖，在酸或酶催化下水解，最终生成葡萄糖；
蛋白质的变性：高温、强酸、强碱等条件会破坏蛋白质的空间结构，使其变性；
酵母菌的呼吸作用：发酵过程中酵母菌无氧呼吸产生二氧化碳，使面团膨胀；
油脂的皂化反应：油脂在碱性条件下水解，生成甘油和高级脂肪酸盐，该反应称为皂化反应。
2．【答案】A
【知识点】化学试剂的存放；常用仪器及其使用；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A、NaOH固体易潮解且具有强腐蚀性，称量时不能直接放在托盘上，需用小烧杯或表面皿盛装，A正确；
B、新制氯水是液体试剂，且见光易分解，应保存在棕色细口瓶中，广口瓶用于存放固体药品，B错误；
C、溶液呈弱碱性，会腐蚀酸式滴定管的玻璃活塞，应使用碱式滴定管量取，C错误；
D、容量瓶用于配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液，而100 g 0.9%的生理盐水需用托盘天平、烧杯等仪器配制，无法用容量瓶直接配制，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
腐蚀性/易潮解药品的称量：NaOH等药品需用烧杯等玻璃器皿盛装，不能直接接触托盘；
试剂瓶的选用：液体试剂用细口瓶，固体试剂用广口瓶；见光易分解的试剂需用棕色瓶；
滴定管的选择：酸式滴定管（玻璃活塞）用于酸性、强氧化性溶液；碱式滴定管（橡胶管）用于碱性溶液，防止碱性溶液腐蚀玻璃活塞；
容量瓶的用途：仅用于配制一定物质的量浓度的溶液，不能用于直接配制一定质量分数的溶液。
3．【答案】C
【知识点】常用合成高分子材料的化学成分及其性能；高分子材料；缩聚反应
【解析】【解答】A、聚乳酸是可降解高分子材料，由乳酸（含羟基和羧基）通过缩聚反应制得，A正确；
B、石墨烯具有良好的导电性和机械强度，加入聚乙烯中可显著提高材料的导电性和机械强度，B正确；
C、硬水软化需要除去、等阳离子，应使用阳离子交换树脂，而非阴离子交换树脂，C错误；
D、形状记忆高分子材料在一定条件下可恢复原状，可用于制作传感器等器件，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
缩聚反应判断：乳酸分子中含羟基和羧基，可通过缩聚反应脱去水分子形成聚乳酸；
复合材料的性能：石墨烯的导电性和高强度可改善聚乙烯的性能；
离子交换树脂的应用：硬水中的、为阳离子，需用阳离子交换树脂除去；
形状记忆高分子的特性：在特定条件下可恢复原有形状，适用于传感器等领域。
4．【答案】D
【知识点】判断简单分子或离子的构型；盐类水解的应用；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、萘分子中不存在独立的碳碳双键，碳碳键是介于单键和双键之间的特殊键，因此不含碳碳双键，A错误；
B、题目未给出溶液的体积，无法计算的数目，B错误；
C、与反应生成，元素由0价变为+2价，的物质的量为，转移电子数为，C错误；
D、中的价层电子对数为，因此中的价层电子对数为，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
萘的结构：萘分子中碳碳键为共轭大π键，不存在独立的碳碳双键；
离子数目的计算：溶液中离子数目的计算需要知道溶液体积，题目未给出体积，无法计算；
氧化还原反应电子转移：与反应生成，被氧化为+2价，反应转移电子；
价层电子对数计算：价层电子对数=σ键数+孤电子对数，中的σ键数为2，孤电子对数为3，总价层电子对数为5。
5．【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；元素、核素；电离方程式的书写
【解析】【解答】A、质量数为18的氧原子，其原子符号应表示为，左上角为质量数，左下角为质子数，选项中位置颠倒，A错误；
B、基态Na原子最外层电子为3s电子，其电子云轮廓图为球形，而选项中为哑铃形（p轨道），B错误；
C、中Cl原子采取杂化，Cl的杂化轨道与O的p轨道形成键，键类型为键，C正确；
D、熔融状态下，只能电离出和，电离方程式为 ，无法电离出和，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
原子符号的规范书写：左上角标注质量数，左下角标注质子数；
电子云轮廓图：s轨道为球形，p轨道为哑铃形，Na原子最外层为3s轨道；
共价键类型判断：中Cl为杂化，与O的p轨道形成键；
熔融状态下的电离：离子键断裂，共价键不断裂，在熔融状态下不电离。
6．【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；键能、键长、键角及其应用；极性分子和非极性分子；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、臭氧（）是极性分子，氧气（）是非极性分子，根据“相似相溶”原理，极性的臭氧在极性溶剂水中的溶解度大于非极性的氧气，A正确；
B、红外光谱仪可测得分子中化学键的振动频率，从而确定化学键的类型，但无法直接测得键长和键角的数值，B错误；
C、水晶的主要成分是，属于原子晶体，仅含共价键，不含离子键，C错误；
D、DNA分子中两条链上的碱基通过氢键配对相连，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
相似相溶原理：极性分子易溶于极性溶剂，臭氧是极性分子，氧气是非极性分子，因此臭氧在水中溶解度更大；
红外光谱仪的作用：可用于测定化学键和官能团的种类，无法直接测定键长和键角；
化学键类型判断：水晶（）是原子晶体，仅含共价键，无离子键；
DNA分子的结构：两条链上的碱基通过氢键相连，形成双螺旋结构。
7．【答案】B
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物中的官能团；酯的性质；有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】A、分子式为，通过数出分子中C、H、O、N原子的个数可得，A正确；
B、与氢气完全加成后，苯环变为环己烷环，碳碳双键变为单键，但所有碳原子中不存在同时连接4种不同基团的手性碳原子，B错误；
C、分子中含有碳碳双键、酰胺键、酯基、醚键4种官能团，C正确；
D、1 mol M中含1 mol酰胺键和1 mol酯基，均能与NaOH反应，故1 mol M消耗2 mol NaOH，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
分子式判断：需数清分子中各原子的数目，注意苯环、碳碳双键等结构对氢原子数的影响；
手性碳原子判断：手性碳原子需同时连接4种不同的原子或基团，加成后无此类碳原子；
官能团识别：碳碳双键、酰胺键（-CON-）、酯基（-COO-）、醚键（-O-），共4种；
与NaOH反应的计算：酰胺键和酯基均能与NaOH反应，1 mol酰胺键消耗1 mol NaOH，1 mol酯基消耗1 mol NaOH，共消耗2 mol NaOH。
8．【答案】B
【知识点】氨的实验室制法；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、装置A中用浓氨水和生石灰制备氨气，生石灰与水反应放热且增大浓度，促进分解释放，A正确；
B、装置B的作用是干燥氨气，防止水蒸气进入C中；装置D的作用是吸收尾气中的，同时防止空气中的水蒸气进入装置，二者作用不同，B错误；
C、装置C中导管伸入层，可使与充分接触反应，同时防止倒吸，C正确；
D、反应完全时，被消耗，生成的溶于水，液体不再分层，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
氨气的制备：浓氨水与生石灰反应，利用生石灰的碱性和放热性促进氨气逸出；
装置作用分析：B中干燥剂用于干燥氨气，D中干燥剂用于吸收和防止水蒸气进入，二者功能不同；
导管位置：伸入层可保证与充分反应，避免氨气逸出；
反应终点判断：不溶于水，反应完全后被消耗，液体不分层。
9．【答案】B
【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；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、第二周期元素第一电离能总体呈增大趋势，但的轨道为半充满稳定结构，失去电子更难，故第一电离能：，A正确；
B、元素非金属性越强，其最简单气态氢化物的稳定性越强，但沸点与分子间作用力（氢键、范德华力）有关。的氢化物种类多样（如烃类），相对分子质量较大的烃（如十八烷）常温下为固体，沸点高于水，因此不能通过非金属性直接判断沸点高低，B错误；
C、化合物中作为中心原子，与原子成键；原子含有孤电子对，可作为配体提供孤电子对，与形成配位键，C正确；
D、价层电子对数计算：
：，含1对孤电子对，空间结构为三角锥形；
：，含1对孤电子对，空间结构为三角锥形；
二者空间结构均为三角锥形，D正确。
故答案为：B。
【分析】根据题目信息，可推出：
R的基态原子M层填满电子，N层填充1个电子，电子排布为，故R为；
Z与W能形成室温下两种常见液态化合物，且W形成1对共用电子对、Z形成2对共用电子对，故W为、Z为；X形成4对共用电子对，Y形成3对共用电子对，结合原子序数依次增大，X为、Y为。
综上，五种元素为：。
10．【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；水的电离；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、常温下，溶液中和的水解程度相近，溶液呈中性，但浓度不同时，两种离子的水解程度均不同，对水的电离促进作用不同，因此水的电离程度不同，A错误；
B、新制氯水中，与水反应生成和，无论反应是否可逆，溶液中均存在（与生成白色沉淀）和（与反应生成，使淀粉变蓝），无法证明反应存在限度，B错误；
C、向硫酸四氨合铜溶液中加入95%乙醇，乙醇降低了溶剂的极性，溶质的溶解度随之减小，从而析出蓝色晶体，C正确；
D、酸性高锰酸钾溶液中本身含有，能使石蕊溶液变红，无法证明乙醇被氧化为乙酸，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
盐类水解与水的电离：中两种离子的水解相互促进，浓度不同时，水解程度不同，对水的电离影响不同；
氯水的成分与反应限度：与水的反应为可逆反应，但无论反应是否完全，溶液中均同时存在和，无法通过该实验证明反应限度；
溶剂极性对溶解度的影响：硫酸四氨合铜易溶于极性较强的水，加入极性较弱的乙醇后，溶剂整体极性降低，溶质溶解度减小而析出；
酸性高锰酸钾的干扰：酸性高锰酸钾溶液本身呈酸性，能使石蕊溶液变红，不能证明乙醇被氧化为乙酸。
11．【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；吸热反应和放热反应；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、总反应速率由活化能最大的步骤决定，图中第一步的活化能高于第二步，因此决定总反应速率的是第一步，A错误；
B、由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热反应；升高温度，平衡向逆反应方向移动，的体积分数减小，B错误；
C、作为催化剂，能改变反应历程（降低活化能），但不改变反应的焓变，C错误；
D、第二步反应为，反应中中的极性键断裂，中的极性键形成，因此存在极性共价键的断裂和形成，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
反应速率的决定步骤：总反应速率由活化能最大的基元反应（决速步）决定，活化能越高，反应速率越慢；
温度对平衡的影响：正反应放热，升温平衡逆向移动，产物（）的体积分数减小；
催化剂的作用：催化剂仅改变反应历程和活化能，不改变反应的焓变；
化学键的变化：极性共价键是由不同原子形成的共价键，第二步反应中极性键断裂，极性键形成，因此存在极性键的断裂和形成。
12．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A、基态的价电子排布为，根据洪特规则，5个电子分占5个不同轨道且自旋平行，价电子轨道表示式为 ，A正确；
B、若位于晶胞顶点（8个顶点，共个），则位于体心（1个），根据化学式，晶胞中数目应为3个，若位于面心（6个面心，共个），数目匹配，B正确；
C、每个周围最近且相等的数目为6个，构成正八面体空隙，而非正四面体空隙，C错误；
D、晶胞密度为，厚度为，面积为，材料体积，质量；每个晶胞中含1个，掺杂后每个晶胞含个，晶胞质量为（为晶胞式量），晶胞体积为，晶胞数目为，物质的量为，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
价电子轨道表示式：价电子为，洪特规则下电子分占轨道且自旋平行；
晶胞中离子数目计算：顶点、面心离子按对应比例折算，结合化学式验证离子数目；
离子配位数与空隙类型：周围6个构成正八面体空隙；
晶胞密度与物质的量计算：通过体积、密度求质量，结合晶胞组成计算掺杂离子的物质的量。
13．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、a极发生反应 ，为阳极；b极发生还原反应，为阴极。电源中阳极连接正极、阴极连接负极，因此a极电势高于b极，A错误；
B、电解池中质子（阳离子）由阳极（a极）移向阴极（b极），B错误；
C、b极生成时，被还原，得电子，电极反应应为 ，选项中写为失电子，C错误；
D、电压为0.8V时，b极产物为和，物质的量分别为0.2mol和0.2mol。计算转移电子总数：
生成0.2mol ：C元素从+4价变为-2价，1mol 得6mol电子，2mol 生成1mol，故0.2mol 转移电子：；
生成0.2mol ：得电子生成，转移电子：；
总转移电子：。
阳极反应为 ，每生成1mol 转移4mol电子，故生成的物质的量为，标准状况下体积为，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
电解池电极判断：根据反应类型判断阴阳极，进而比较电势高低；
离子移动方向：阳离子向阴极移动，即由a极移向b极；
电极反应式书写：还原反应得电子，注意电子转移方向；
4电子守恒计算：通过阴极产物计算转移电子总数，再计算阳极生成气体的物质的量和体积。
14．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；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、根据物料守恒，溶液中的物质的量是硫元素所有存在形式物质的量总和的2倍，即，A正确；
B、第一步水解的平衡常数。设水解的浓度为，则，解得，水解率为，大于10%，B错误；
C、0.1 mol/L 溶液中，忽略第二步电离，由，代入，得，pH约为4，C正确；
D、反应的平衡常数，有=，已知，则有==，解得平衡常数约为，D正确；
故答案为：B。
【分析】从图像上看，随着pH的降低，硫元素的存在形式由逐渐转化为，再进一步转化为。当和的物质的量分数相等时，溶液的pH为7，根据电离平衡常数的定义，此时，所以；同理，当和的物质的量分数相等时，溶液pH为13，可得。基于这两个电离常数，我们可以逐一分析选项。
15．【答案】恒压(分液)漏斗；浓盐酸；冷凝回流，防止其挥发；；；将氧化为；增大比和废水的pH，从而提高磷的回收率；a；
【知识点】氯气的实验室制法；常用仪器及其使用；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3为恒压滴液漏斗，可使液体顺利流下；仪器1是分液漏斗，装置A中盛放浓盐酸，用于制备氯气；仪器2是冷凝管，可冷凝回流易挥发的，防止其挥发损失。
故答案为： 恒压(分液)漏斗 ； 浓盐酸 ； 冷凝回流，防止其挥发 ；
（2）实验需先制备干燥纯净的氯气， ，即生成氯气、除去HCl、除去水汽，再制备，由于易水解，整个体系需要做到无水环境，最末尾要连接干燥管。因此连接顺序为；
故答案为： ；
（3）装置E中制备的反应方程式：；
故答案为：； ；
（4）①含磷废水中加入漂白粉，可将低价磷氧化为磷酸根，便于后续转化为磷酸钙沉淀除去；
②加入生石灰可提高比和废水的pH，从而提高磷的回收率。
故答案为： 将氧化为 ； 增大比和废水的pH，从而提高磷的回收率 ；
（5）用溶液滴定过量时，应选用作指示剂（选项a），反应终点时与反应显红色。
故答案为： a ；
（6）根据反应计量关系：
样品中的纯度：
故答案为： ；
【分析】以三氯化磷、水和纯净干燥的氯气为原料，通过氯化水解法制备三氯氧磷，反应方程式为：
。
由于三氯氧磷易挥发，反应装置中需要设置冷凝回流装置，减少产物损失；同时三氯氧磷易水解，因此参与反应的氯气必须经过干燥处理，以避免体系中引入水分导致产物水解。
（1）本题考查实验仪器的识别与作用，解题思路是结合装置图和反应原理，分析各仪器的名称、用途及盛装试剂。
（2）本题考查实验装置的连接顺序，解题思路是按照“制备氯气→除杂→干燥→主反应→尾气处理”的流程，结合各装置作用确定接口顺序。
（3）本题考查化学方程式书写，解题思路是根据制备的反应原理，写出反应方程式。
（4）本题考查废水处理原理分析，解题思路是结合漂白粉的氧化性和生石灰的碱性，分析其在磷回收中的作用。
（5）本题考查滴定指示剂的选择，解题思路是根据滴定反应特点，选择终点显色明显且不干扰滴定的指示剂。
（6）本题考查样品纯度计算，解题思路是根据与、的反应关系，建立与滴定数据的计量关系，计算纯度。
16．【答案】（1）
（2）<
（3）会进一步被氧化
（4）；作氮肥(或其他合理答案)
（5）KOH过量
（6）
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计；离子方程式的书写；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）浸出渣的主要成分为和。
故答案为： ；
（2）在水溶液中存在溶解平衡：，。在碱化过滤中，被完全沉淀，则有，此时溶液中的浓度。在水溶液中存在电离平衡，，则，；
故答案为： < ；
（3）中锰为+2价和+3价，具有氧化性和还原性；若氧化时间过长，会被进一步氧化，导致产品纯度下降。
故答案为：会进一步被氧化 ；
（4）水热过程中与发生氧化还原反应，被氧化为，Mn元素从+2价升至+4价，被还原为，存在-O-O-键，-1价O原子得电子生成-2价氧， 反应的离子方程式为：
该反应的副产物为，可用作氮肥。
故答案为： ； 作氮肥(或其他合理答案) ；
（5）在酸性、中性环境下都会被歧化生成和， 为避免熔融步骤中发生歧化反应，需保证原料中过量，维持反应体系呈碱性。
故答案为： KOH过量 ；
（6） 电解过程中发生氧化反应，生成，是电解池阳极反应。 电解时阳极的电极反应方程式为：
故答案为： ；
【分析】软锰矿主要含 MnO2、Fe2O3和 SiO2，与浓硫酸反应生成 Fe2(SO4)3和 MnSO4，SiO2不参与反应。焙烧时，Fe2(SO4)3分解为 Fe2O3和 SO3，而 MnSO4因分解温度更高而稳定存在；后续浸出过程中，MnSO4溶于水，Fe2O3和 SiO2则作为浸出渣被分离。碱化过滤时，MnSO4与氨水反应生成 Mn (OH)2沉淀，再经浆化、氧化、过滤烘干，得到 Mn3O4；水热法中，MnSO4被 (NH4)2S2O8氧化为 MnO2；熔融步骤中，KClO3和 KOH 将 MnO2氧化为 K2MnO4，最后通过电解转化为 KMnO4。
（1）本题考查浸出渣成分判断，解题思路是结合软锰矿成分与浓硫酸反应、焙烧过程的反应产物，判断不参与后续浸出的固体物质。
（2）本题考查沉淀溶解平衡与弱电解质电离平衡的计算，解题思路是利用的溶度积计算完全沉淀时的浓度，再结合氨水的电离平衡常数，比较溶液中与的浓度大小。
（3）本题考查物质的氧化还原性质，解题思路是根据锰的价态（+2、+3）处于中间价态，分析其氧化性和还原性，解释氧化时间过长导致纯度下降的原因。
（4）本题考查氧化还原反应方程式书写，解题思路是结合电子守恒和质量守恒，配平与在水热条件下的反应方程式，并分析副产物的用途。
（5）本题考查反应条件的控制，解题思路是根据在酸性、中性环境下易歧化的性质，说明熔融步骤中保持过量的必要性。
（6）本题考查电解池电极反应方程式书写，解题思路是根据电解时阳极发生氧化反应，结合元素价态变化，配平电极反应方程式。
（1）由分析可知，浸出渣的主要成分为和；
（2）在水溶液中存在溶解平衡：，。在碱化过滤中，被完全沉淀，则有，此时溶液中的浓度。在水溶液中存在电离平衡，，则，；
（3）Mn的最高正价为+7价，中Mn为+2价和+3价，处于中间价态，因此具有氧化性也拥有还原性，若氧化时间过长，会被进一步氧化，造成纯度下降；
（4）由分析可知，在水热过程中，与发生氧化还原反应，被氧化为，Mn元素从+2价升至+4价，被还原为，存在-O-O-键，-1价O原子得电子生成-2价氧，根据电子守恒和质量守恒可写出离子方程式：；该反应副产物为，可用作氮肥；
（5）由题干信息可知，在酸性、中性环境下都会被歧化生成和，因此，若要避免熔融步骤生成副产物，需控制反应体系呈碱性，因此在熔融步骤要保证原料中KOH过量；
（6）电解过程中发生氧化反应，生成，是电解池阳极反应。该过程中，Mn元素从+6价升至+7价，结合电子守恒、电荷守恒和质量守恒可写出电极反应方程式：。
17．【答案】（1）分子晶体；
（2）D；=
（3）90%；
（4）温度高，反应速率快；更易于硅的分离
【知识点】反应热和焓变；盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】（1）①沸点较低，属于分子晶体；
②焓变 = 反应物键能总和 - 生成物键能总和 = 。
故答案为： 分子晶体 ； ；
（2）①平衡状态判断：
A：反应ⅱ中与化学计量数相同，无论是否平衡，二者转化率之比始终不变，A错误；
B：当时，正逆反应速率满足计量数之比，反应达到平衡，B错误；
C：反应消耗时，断裂键（非极性键），同时生成，含键（非极性键），反应物与生成物断裂的非极性键数目比为，无法说明平衡，C错误；
D：反应有固体参与，容器体积不变时，混合气体密度不变，说明固体质量不再变化，反应达到平衡，D正确；
故选D；
②催化剂不改变平衡常数，，因此催化剂对和的增大倍数相同。
故答案为： D ；=；
（3）①设反应ⅰ中消耗，反应ⅱ中消耗，氢气转化率为60%，消耗，则；反应前总压强为，反应后为，由压强比等于物质的量比，气体总物质的量为，气体减少量为，解得，，转化率为；
②反应后气体总物质的量为，同理解得，，则，，（为总压），平衡常数。
故答案为： 90% ； ；
（4）①反应物为气态，反应速率更快、更充分；
②反应3的产物为气态，与固态产物易分离，可获得高纯度硅。
故答案为： 温度高，反应速率快 ； 更易于硅的分离 ；
【分析】（1）本题考查晶体类型判断以及利用键能计算反应焓变，解题思路是结合物质沸点特征区分晶体类型，再运用焓变与化学键键能的换算公式，代入题给数据完成计算。
（2）本题综合考查化学平衡状态判断与催化剂的作用规律，解题思路是紧扣 “正逆反应速率相等、各组分含量恒定” 这一平衡核心特征，结合反应方程式、物质状态、化学键变化逐一分析选项；再根据催化剂只改变反应速率、不移动平衡的特点，结合平衡常数与速率常数的关系，分析其对正、逆反应速率的影响。
（3）本题考查平衡体系中转化率和压强平衡常数的计算，解题思路是利用恒温恒容下压强和气体物质的量成正比的规律，结合两个连续反应的定量关系列出方程组，求解反应物消耗量并计算转化率；再依据各组分物质的量计算分压，代入公式完成平衡常数的列式计算。
（4）本题考查工业反应的综合评价，解题思路是结合工业生产的实际需求，从反应进行快慢、产物分离提纯两大角度出发，依托物质状态的差异，分析该反应在实际生产中的优势。
（1）①沸点较低，是分子晶体；
②焓变=反应物键能总和-生成物键能总和=(4×381+2×436-4×431-2×226)=+220
（2）①A．反应ⅱ中，和的化学计量数相同，不管是否平衡，二者转化率之比都不改变，A不符题意；
B．当，才能说明反应达到平衡，B不符题意；
C．平衡时，当反应掉1 mol H2时，反应物断裂1 mol非极性键，同时生成1 mol硅，1 mol硅含有2 mol非极性键，反应物断裂的非极性键和生成物断裂的非极性键数目应为1：2，C错误；
D．反应有固体参与，当体积不变时，容器内混合气体的密度保持不变，即固体质量不再变化，可以说明平衡，D正确；
故选择D；
②加入催化剂不改变K大小，故不变，催化剂对和增大倍数相同；
（3）①设反应i中被消耗a mol，反应ii中被消耗b mol，由图信息，氢气的转化率为60%，则消耗氢气1.8 mol，由反应化学计量数得：2a+b=1.8；反应前总压强为，反应后为，根据压强之比等于物质的量之比，气体总物质的量为5×=6.35，气体减少量为：a+b=6.35-5=1.35，解得a=0.45，b=0.9，可知转化率为90%；
②根据最后气体的总压强，得到气体总物质的量为5×=6.6 mol，设反应i中被消耗a mol，反应ii中被消耗b mol，同①得到a=0.8 mol，b=0.8 mol，则，，，其中P为总压，；
（4）①反应物Zn为气态，反应速率较反应1更快，更充分；②反应3的产物氯化锌为气态，与固态产物Si易于分离，可获得高纯度的硅。
18．【答案】（1）对溴苯甲醛(或4-溴苯甲醛)；不能
（2）取代反应
（3）羧基、碳碳三键；
（4）
（5）13；
【知识点】含有氢键的物质；有机物中的官能团；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）A为，化学名称为对溴苯甲醛(或4-溴苯甲醛)；A 分子中没有与电负性大的原子（如 F、O、N）直接相连的氢原子，因此不能形成分子间氢键。
故答案为：对溴苯甲醛(或4-溴苯甲醛)；不能；
（2）B 与乙炔在钯催化剂作用下生成 C 和 HBr，该反应类型为取代反应。
故答案为：取代反应；
（3）C的结构为，含有的官能团为羧基、碳碳三键； D的结构简式为；
故答案为：羧基、碳碳三键；；
（4）E 与 NaN3发生取代反应生成 F，F 的结构简式为：，的化学方程式为；
故答案为：；
（5）C的分子式为C9H6O2，不饱和度为7，其同分异构体需满足：①除苯环外无其他环状结构，用去不饱和度4；②遇FeCl3显色（含酚羟基-OH）；③能发生银镜反应（含醛基-CHO）； 苯环上连有-OH、两个取代基时，共有邻、间、对3种；苯环上连有-OH、-CHO、-C≡CH三个取代基时，共有10种；符合要求的有13种， 其中核磁共振氢谱有4组峰的结构简式为；
故答案为：13；。
【分析】该合成流程以A（ ）为起始原料，经催化氧化得到对溴苯甲酸（B）；B 再与乙炔在钯催化下发生取代反应，生成含炔基的苯甲酸（C）；C 与D（ ）反应形成酰胺中间体（E），E 再与叠氮化钠发生取代反应，引入叠氮基团得到化合物 F（ ）；最后 F 在铜催化下，通过叠氮与炔基的 “点击化学” 反应发生环加成聚合，得到含三唑环的目标聚合物。
（1）根据 A 的分子式和氧化反应规律，推导出其结构为对溴苯甲醛；再依据氢键形成条件（需有与 O、N、F 直接相连的 H），判断 A 无法形成分子间氢键。
（2）根据反应中 B 上的 Br 被乙炔基取代并生成 HBr 的特征，直接判定为取代反应。
（3）结合 B 的氧化产物和后续反应，推导出 C 的结构，明确其官能团；再根据 D 的分子式和与 C 的反应关系，确定 D 为五氟苯胺。
（4）根据取代反应规律，E 中的 F 被 N3取代生成 F；结合原子守恒，配平反应方程式。
（5）先根据分子式和不饱和度，结合 “酚羟基、醛基、无其他环状结构” 的条件，分二取代、三取代两种情况计算同分异构体数目；再根据核磁共振氢谱峰数，筛选出氢原子种类最少的结构。
（1）A为，化学名称为对溴苯甲醛(或4-溴苯甲醛)；A分子中没有与电负性很大的原子（如 F、O、N）直接相连的氢原子，不能形成分子间氢键；故答案为：对溴苯甲醛(或4-溴苯甲醛)；不能；
（2）B与乙炔（HC≡CH）在钯催化剂作用下发生取代反应生成C和HBr；故答案为：取代反应；
（3）C的结构为，含有的官能团为羧基、碳碳三键； D的结构简式为；故答案为：羧基、碳碳三键；；
（4）E与NaN3发生取代反应生成F，结合已知信息可知F的结构式为，的化学方程式为；
（5）C的分子式为C9H6O2，不饱和度为7，其同分异构体需满足：①除苯环外无其他环状结构，用去不饱和度4；②遇FeCl3显色（含酚羟基-OH）；③能发生银镜反应（含醛基-CHO）； 苯环上连有-OH、两个取代基时，共有邻、间、对3种；苯环上连有-OH、-CHO、-C≡CH三个取代基时，共有10种；符合要求的有13种， 其中核磁共振氢谱有4组峰的结构简式为；故答案为13；。
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