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2026届河北保定市唐县第一中学高三下学期二模化学试题
1．春节是中华民族最隆重的传统节日，春节民俗活动包罗万象，精彩纷呈。下列民俗活动对应的叙述错误的是
选项 民俗活动 叙述
A 放烟花 电子由基态跃迁到激发态时，能量以光的形式释放出来
B 贴春联 春联所用纸张的主要成分是纤维素
C 吃饺子 饺子与元宵外皮的口感差异与支链淀粉的含量有关
D 唱大戏 舞台上灯光光柱的形成利用了丁达尔效应
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；原子核外电子的跃迁及应用
【解析】【解答】A、燃放烟花发光原理为电子由激发态回落至基态，多余能量以光能释放；电子从基态跃迁到激发态需要吸收能量，不会发光，A 错误；
B、纸张主要原料为植物纤维，化学成分是纤维素，B 正确；
C、饺子面皮直链淀粉偏多口感紧实，元宵面皮支链淀粉含量更高口感软糯，二者口感差异由支链淀粉含量决定，C 正确；
D、舞台雾气形成气溶胶，光束穿过胶体产生光亮通路，属于丁达尔效应，D 正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
焰色发光原理：电子吸收能量跃迁到高能激发态，返回低能级基态时释放光子产生焰色；
纸张成分：植物类纸张的主要有机成分为天然高分子纤维素；
淀粉结构区分：直链、支链淀粉占比不同直接影响面食面皮物理口感；
胶体特性：气溶胶可产生丁达尔效应，舞台光柱是该性质的典型应用。
2．下列物质的鉴别或检验方法不可行的是
A．用原子光谱法鉴别金与黄铜(铜锌合金)
B．用新制氢氧化铜悬浊液检验乙醛、乙酸
C．用金属钠检验乙醇中是否含有水
D．用焰色试验鉴别固体和固体
【答案】C
【知识点】焰色反应；有机物（官能团）的检验；物质的检验和鉴别
【解析】【解答】A、不同元素具备专属原子吸收光谱，金、黄铜所含金属元素种类不同，借助原子光谱法能够完成鉴别，A 可行；
B、乙酸可溶解新制 Cu(OH)2悬浊液得到蓝色溶液，乙醛与新制氢氧化铜加热生成砖红色沉淀，现象差异明显，可以区分，B 可行；
C、乙醇、水均能与金属 Na 发生反应释放氢气，均产生气泡，无法检验乙醇中含水，C 不可行；
D、钾元素焰色为浅紫色（透过蓝色钴玻璃），钠元素焰色为黄色，利用焰色试验能够区分 KNO3与 NaCl，D 可行；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
原子光谱鉴别：每种元素有特征原子光谱，依据元素组成差异区分单质与合金；
醛酸鉴别规律：乙酸发生酸碱中和溶解氢氧化铜，乙醛加热发生氧化还原生成 Cu2O 沉淀；
钠的反应特性：乙醇羟基、水分子均可和钠反应生成氢气，无专属现象区分水；
焰色试验应用：钠、钾元素特征焰色不同，依靠火焰颜色鉴别钠盐与钾盐。
3．下列说法不正确的是
A．植物油含有较多碳碳双键，长时间放置会氧化变质
B．顺丁橡胶中的碳碳双键打开与硫形成二硫键，可以完成顺丁橡胶的硫化
C．聚四氟乙烯由四氟乙烯加聚合成，结构稳定，可以作为不粘锅的涂层
D．芳纶1414强度、密度、热稳定性高，可用作防弹衣
【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；烯烃；常用合成高分子材料的化学成分及其性能；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、植物油属于不饱和油脂，分子内含大量碳碳双键，在空气里易被氧气氧化，长期存放会酸败变质，A 正确；
B、顺丁橡胶分子中存在碳碳双键，硫化时双键打开，硫原子介入形成二硫键，线型高分子转化为网状结构，完成硫化改性，B 正确；
C、四氟乙烯发生加聚反应生成聚四氟乙烯，该物质化学性质稳定、不易粘连，常用作不粘锅内壁涂层，C 正确；
D、芳纶 1414 强度高、热稳定性优异，但密度偏小，选项描述 “密度高” 错误，不能用作防弹衣的表述依据错误，D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
油脂变质规律：不饱和脂肪酸甘油酯的碳碳双键易氧化，是植物油久置变质的主要原因；
橡胶硫化原理：橡胶碳碳双键与硫成键交联，由线型变为体型，提升橡胶强度与耐磨性；
有机高分子应用：聚四氟乙烯化学惰性强，凭借不粘特性用作厨具涂层；
芳纶材料性质：芳纶密度小、强度大，依靠低密度高强度的特点制作防弹面料。
4．为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．中含有的σ键数为
B．的和混合溶液中数为
C．等物质的量的和中所含阴离子数均为
D．含的酸性溶液与足量反应生成()，转移电子数为
【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；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、 个 内含 条配位 键、 条 键，共 根 键， 配离子含 个 键，A错误；
B、 时 ， 溶液中 ， 数目为 ，醋酸部分电离不改变溶液总氢离子浓度，B正确；
C、题干未给出 、 的具体物质的量，无法计算阴离子数目； 阴离子为 、 阴离子为 ， 两物质各含 阴离子，缺少用量不能确定为 ，C错误；
D、 与 生成 的反应： 无元素化合价改变，属于非氧化还原反应，转移电子数为 0，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
σ键计数规律：配位键、共价单键均为σ键，配离子统计时兼顾配位键与配体内共价单键；
氢离子浓度计算：依据pH换算氢离子浓度，溶液总氢离子物质的量由体积与浓度相乘得到；
离子数目判断：无具体投料物质的量，不能直接定量阴离子微粒数；
氧化还原判定： 含过氧结构，反应前后各元素化合价不变，不存在电子转移。
5．甘氨脱氧胆酸是一种内源性代谢产物，可作为脂酶加速剂、离子去除剂等，其结构简式如图。下列关于甘氨脱氧胆酸的说法正确的是
A．含有4种官能团
B．含有9个手性碳原子
C．不能发生消去反应
D．1 mol该物质最多能消耗2 mol NaOH
【答案】D
【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；有机物的结构和性质；酯的性质
【解析】【解答】A、该分子内含羟基、酰胺键、羧基三种官能团，A 错误；
B、结构中环上连有取代基的饱和碳原子以及侧链甲基相连碳均为手性碳，手性碳原子数目为10个，如图： ，B 错误；
C、分子中两处羟基所连碳的邻位碳均含有氢原子，满足醇消去反应条件，可以发生消去反应，C 错误；
D、1mol 羧基消耗 1mol NaOH，酰胺键水解后生成羧基再消耗 1mol NaOH，两个醇羟基不和 NaOH 反应，总共消耗 2mol NaOH，D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
官能团辨析：区分醇羟基、酰胺键、羧基，醇羟基不属于羧酸类官能团；
手性碳判断：连有四种不同基团的饱和碳原子为手性碳原子，逐环清点数目；
消去反应条件：醇羟基邻位碳原子存在氢原子时能够发生分子内消去；
NaOH 消耗量：只有羧基与水解后的酰胺键能和强碱反应，醇羟基不与碱反应。
6．模型可以直观地反映微粒间的关系，下列模型错误的是
A．稀盐酸中存在的氢键有
B．硫氰化氢(HSCN)的球棍模型可能为
C．HI分子中的键可表示为
D．HClO分子的价层电子对互斥模型为
【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；判断简单分子或离子的构型；含有氢键的物质；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、稀盐酸中存在大量水分子，水分子之间可以形成分子间氢键，题图模型： ，代表两分子水的氢键作用，A正确；
B、有、两种结构，两种结构中与H相连的S或N均为折线拐点，分子整体不是直线构型，题图为直线型球棍模型不符合真实结构，正确的球棍模型可能为，B错误； B错误；
C、的轨道与的轨道沿键轴头碰头重叠，形成键 ：，轨道模型画法正确，C正确；
D、结构式，中心O价层电子对数为4，含2对孤电子对，价层电子对互斥模型呈四面体形，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
氢键存在判断：盐酸溶剂为水，水分子间普遍存在氢键；
分子空间构型：的H不处在三键所在直线上，分子为折线结构，直线球棍模型错误；
σ键轨道特征：s轨道球形、p轨道哑铃形，头碰头重叠构成s-p型σ键；
价层电子对计算：中心原子价层电子对包含成键、孤电子对，总数决定价层互斥模型。
7．物质的结构决定性质。下列关于物质性质的解释正确的是
　 性质 解释
A 在水中溶解度小于在中 为非极性分子
B 的极性大于 键的极性大于键
C 的稳定性大于 分子间的氢键强于分子间的作用力
D 的熔点高于干冰 是共价晶体，干冰是分子晶体
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】极性分子和非极性分子；化学键和分子间作用力的区别；氢键的存在对物质性质的影响；晶体的定义
【解析】【解答】A、O3分子为极性分子，根据相似相溶原理，O3在极性溶剂水中溶解度大于非极性的四氯化碳，解释错误，A 错误；
B、C、O 电负性差值大于 N、O，C-O 键极性大于 N-O 键，NO 极性弱于 CO，解释错误，B 错误；
C、氢化物稳定性由氢卤键键能决定，HF 稳定性更强源于 H-F 键键能更大，氢键只影响熔沸点，与分子热稳定性无关，C 错误；
D、SiO2为共价晶体，熔融断裂共价键；干冰是分子晶体，熔融只克服分子间作用力，共价键作用力远大于分子间作用力，因此 SiO2熔点远高于干冰，D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
相似相溶原理：极性溶质易溶于极性溶剂、非极性溶质易溶于非极性溶剂，臭氧属于极性分子；
共价键极性：成键原子电负性差值越大，对应化学键极性越强；
物质稳定性：分子化学稳定性由分子内共价键强弱决定，氢键、分子间作用力仅改变物理性质；
晶体熔点：共价晶体依靠共价键结合，分子晶体依靠分子间作用力，共价键强度远高于分子间作用力。
8．锂离子电池中某阻燃剂的合成方法如图所示，其中是原子序数依次增大的短周期主族元素，位于同一主族，基态原子的价层电子排布式为。下列说法正确的是
A．基态原子的未成对电子数：
B．原子半径：
C．简单氢化物的稳定性：
D．第一电离能：
【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；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、四种元素价电子排布：H 为 1s 、N 为 2s22p3、P 为 3s23p3、Cl 为 3s23p5；H 与 Cl 均含 1 个未成对电子，N 和 P 各含 3 个未成对电子，未成对电子数目 H=Cl＜N=P，A 错误；
B、同周期主族元素自左向右原子半径递减，故半径 P＞Cl；同主族自上而下原子半径递增，故半径 P＞N，B 错误；
C、同主族自上而下非金属性不断减弱，非金属性 N＞P，非金属性越强简单氢化物越稳定，因此稳定性 NH3＞PH3，C 正确；
D、同周期主族元素总体第一电离能逐步升高，第一电离能 Cl＞P；同主族自上而下第一电离能减小，第一电离能 N＞P，D 错误；
故答案为 C。
【分析】由价电子排布 nsnnpn+ 可得 n=2，价电子排布为 2s22p3，确定 Y 是 N；Y、Z 同主族且都是短周期主族元素、Z 原子序数更大，因此 Z 为 P；W 只能形成一条共价单键，原子序数大于 P 且处在短周期，W 是 Cl；X 原子序数小于 N，结合 NX4Cl、XCl 两种物质组成，推出 X 为 H。
9．下列实验操作、现象和解释或结论都正确的是
选项 实验操作 现象 解释或结论
A 将气体通入紫色石蕊试液 溶液褪色 有漂白性
B 将湿润的pH试纸放入盛有氨气的集气瓶中 试纸呈现蓝色 氨气水溶液呈碱性
C 向同浓度的和NaCl溶液中分别滴入酚酞试液 前者溶液变红、后者溶液呈无色 氯的非金属性比硫强
D 向两份草酸溶液中，分别滴加和的酸性高锰酸钾溶液2mL 加入的酸性高锰酸钾溶液褪色快 反应物浓度越大，反应速率越快
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；化学实验方案的评价；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、SO2溶于水生成亚硫酸，只能使紫色石蕊试液变红，不能漂白指示剂褪色，现象错误，A 错误；
B、氨气接触试纸上水生成一水合氨，溶液显碱性，润湿 pH 试纸变蓝，操作、现象、结论均无误，B 正确；
C、依据盐溶液水解强弱只能比较对应氢化物酸性，不能直接比较元素非金属性，C 错误；
D、两组实验中高锰酸钾用量不同、浓度不同，高锰酸钾过量时无法通过褪色快慢判断草酸浓度对速率的影响，变量不唯一，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
SO2漂白特性：SO2不能漂白酸碱指示剂，只可漂白品红等有机色质；
氨气碱性检验：氨气自身无 OH-，溶于水电离出 OH-才显碱性；
非金属性判断依据：需通过单质氧化性、最高价含氧酸酸性对比，不能借助无氧酸盐水解；反应速率控制变量：
探究草酸浓度影响时，要保证高锰酸钾少量且浓度体积一致。
10．一种利用含钴废料(主要成分为，还含有少量、、、碳和有机物杂质)制备的工艺流程如图。
下列说法错误的是
A．550℃焙烧的目的是除去碳和有机物杂质
B．滤渣2的主要成分为、
C．气体X溶于水可返回调pH工序重复利用
D．高温焙烧工序发生的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、550℃高温焙烧阶段，碳单质、有机杂质和空气中 O2反应生成 CO、CO2气体，实现除杂，A 正确；
B、酸浸后体系内含 Fe3+、Al3+，通入氨水提升溶液 pH，两种阳离子逐步水解析出 Fe (OH)3、Al (OH)3固体，构成滤渣 2，B 正确；
C、Co2+与 HCO3-发生反应：2HCO3-+Co2+=CoCO3↓+CO2↑+H2O，气体 X 是 CO2，不含 NH3，无法回用于前期调 pH 工序，C 错误；
D、高温焙烧反应： ，O2作为氧化剂、CoCO3中 + 2 价 Co 被氧化作还原剂，二者投料物质的量之比 1：4，D 正确；
故答案选 C。
【分析】钴废料经 550℃空气焙烧，碳、有机物与氧气反应转化为气态产物除去；原料里的 SiO2不溶于稀硫酸，酸浸后成为滤渣 1；Co3O4、Fe2O3、Al2O3和稀硫酸反应，再加 H2O2将低价钴、亚铁全部氧化为高价金属阳离子；向滤液通入氨水调控 pH，Fe3+、Al3+水解沉淀得到滤渣 2；剩余含 Co2+的溶液添加碳酸氢铵，发生复分解沉淀反应得到碳酸钴；碳酸钴与碳酸锂在氧气氛围下高温煅烧，最终制备钴酸锂。
11．可组成一种拓扑绝缘体材料，其立方晶胞结构如图所示，晶胞参数为，为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．La原子位于Bi原子构成的正四面体空隙中
B．Bi原子和Pt原子之间的最短距离为
C．该晶体的密度为
D．若坐标取向不变，将a点Pt原子平移至晶胞面的面心，则b点Pt原子位于棱上
【答案】C
【知识点】晶胞的计算；金属晶体的基本堆积模型
【解析】【解答】A、晶胞里La原子周围紧邻的Bi原子共6个，处在Bi围成的正八面体空隙，并非正四面体空隙，A错误；
B、Bi在晶胞顶点、Pt位于体对角线上，二者最短距离是晶胞体对角线的，数值为，B错误；
C、经均摊计算：、、，最简组成；，代入密度公式为，C正确；
D、坐标系保持不变，a点Pt平移至xy面心后，b点Pt落在晶胞顶点，不在棱上，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
空隙判断：依靠配位原子数目区分空隙类型，配位数6对应正八面体空隙；
原子间距：先计算立方体体对角线长度，结合原子排布比例算出顶点与体对角原子间距；
密度计算：先用均摊法统计晶胞内各原子数目，统一长度单位后代入密度定义式整理；
原子平移：固定坐标轴方向，依据平移规律判断另一个Pt原子的最终落点位置。
12．密闭容器中和在催化剂的条件下发生如下两个竞争反应：I．；Ⅱ．。反应历程如图所示。下列说法不正确的是
A．催化剂条件下，控制好反应时间，可以使产物中的含量最高
B．平衡后，增大压强，再次平衡后，W的百分含量减小
C．升高温度，反应I平衡常数增大，反应Ⅱ平衡常数减小
D．分离出W，则反应I的正反应速率减小，反应Ⅱ的正反应速率增大
【答案】D
【知识点】化学平衡常数；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、催化剂可降低活化能，反应Ⅱ活化能更低、反应速率更快，控制反应时间可优先大量生成W，能提高产物中W占比，A正确；
B、反应Ⅰ：（气体分子数减小），反应Ⅱ：（气体分子数不变）；加压，反应Ⅰ正向移动消耗X、Y，使反应Ⅱ平衡逆向移动，W百分含量减小，B正确；
C、由能量图像可知，反应物总能量高于W、低于Z，反应Ⅰ吸热（）、反应Ⅱ放热（）；升温，吸热反应Ⅰ平衡常数变大，放热反应Ⅱ平衡常数变小，C正确；
D、分离出W，反应Ⅱ平衡正向移动，容器内浓度下降，两个反应的反应物浓度同步降低，因此反应Ⅰ、Ⅱ的正反应速率均减小，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
速率控制：活化能越小催化下反应速率越快，短时反应可优先获得活化能低的对应产物；
压强平衡：对比两反应前后气体计量数，加压通过共用反应物间接改变另一平衡的移动方向；
平衡常数：依据反应物与生成物总能量高低判断吸放热，温度变化时吸热、放热反应的平衡常数变化趋势相反；
浓度影响：分离某一生成物，共用反应物浓度同步改变，两个竞争反应的正速率变化趋势一致。
13．低空经济为新能源电池拓宽了应用场景。一种新型的钠硫电池因体积小、容量大、寿命长、效率高被认为是未来新能源的方向，其简化工作原理如图所示。下列说法错误的是
物质 Na S
熔点/℃ 97.8 113 2054
沸点/℃ 883 445 2980
A．外接用电器时电极A为负极
B．外接电源时电极B的电极反应为
C．根据上表数据判断该电池工作的适宜温度为113～445℃
D．作原电池时，若导线上有0.05 mol电子通过，则两电极材料的质量差为2.3 g（反应前两电极材料质量相等）
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、外接用电器构成原电池，由电极A侧向B侧迁移，阳离子移向正极，故A为负极，A正确；
B、外接电源为电解池，仍向B极移动，B为电解池阳极，发生氧化反应： Na2Sx - 2e- = xS + 2Na+ ；题干电极反应为还原反应，对应原电池正极，B错误；
C、电池工作需要、均呈熔融液态、保持固态，温度区间需高于熔点113℃、低于沸点883℃与沸点445℃，适宜温度113～445℃，C正确；
D、原电池中负极，每转移0.05mol e-，负极溶解0.05mol Na（质量1.15g），正极结合0.05mol 增重1.15g，两极质量差值，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
离子迁移：原电池、电解池体系里阳离子始终向正极/阴极定向移动，据此快速判定电极属性；
电解电极：外接电源时迁入B极，B作阳极发生失电子的氧化反应，核对电极反应氧化还原方向；
温度选取：结合熔沸点，保证Na、S熔融、固态氧化铝做隔膜，锁定合理温度范围；
质量差计算：负极钠溶解减重、正极得钠增重，两极变化量相加得到总质量差值。
14．四方酸()是一种对称的平面二元酸。常温时，向四方酸钠()溶液中通入HCl(g)(忽略溶液体积的变化)，部分阴离子的物质的量浓度与pH的变化如图所示。下列有关说法正确的是
A．M点溶液中
B．溶液中
C．常温下溶液中水解平衡常数
D．溶液稀释过程中，增大
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、溶液中发生水解：
未通入时；M点，说明通入，体系新增，电荷守恒：，选项守恒式缺少，A错误。
B、溶液中存在电离、水解两组可逆平衡：
由可推出，，电离程度大于水解程度，溶液呈酸性；离子浓度排序：
，B错误。
C、一级水解反应：，
计算结果与选项数据一致，C正确。
D、由二级电离常数表达式变形：
稀释溶液，减小、温度不变恒定，因此减小，D错误；
故答案为：C。
【分析】四方酸属于二元弱酸，向溶液中通入，酸根分步结合氢离子发生两步可逆反应：，
随持续通入，体系浓度不断升高，被不断消耗、浓度持续走低；中间产物先因第一步反应不断生成而浓度上升，后续又在过量氢离子作用下转化为，浓度逐步下降。据此判定，曲线Ⅰ代表随变化趋势，曲线Ⅱ代表随变化趋势。
M点满足，根据的二级电离表达式：，两种粒子浓度相等时，即，求得，以此常数作为定量计算依据辨析选项。
15．鼻可乐是一种市面上常见的洗鼻剂，主要成分为柠檬酸、柠檬酸钠和氯化钠。为了测定鼻可乐中氯元素的含量，某小组同学设计了如下实验方案：取一定质量自配的鼻可乐固体于坩埚中，充分灼烧后将剩余固体溶解在蒸馏水中，调节后，用莫尔滴定法测定氯离子含量。
已知：ⅰ.莫尔滴定法测定氯离子含量时，需要控制体系pH在范围内。
ⅱ.多元弱酸和多元弱酸盐混合时可形成缓冲溶液，柠檬酸及其盐具有较宽的酸碱缓冲范围(通常在之间)。
回答下列问题：
I．灼烧鼻可乐：用托盘天平称取0.720g鼻可乐固体，然后将鼻可乐放在坩埚(已称重)中，把坩埚放在陶土网上加热，待坩埚质量恒定后取下坩埚，立即称重。
（1）上述实验步骤中有　 　处错误，请进行改正　 　。
（2）灼烧时鼻可乐中柠檬酸钠会完全反应生成，则柠檬酸钠完全反应的化学方程式为　 　。
II．测定氯离子含量：将灼烧后的剩余固体(质量为)放在烧杯中，加水溶解，转移至锥形瓶中后用蒸馏水稀释，加入2滴酚酞指示剂，用少量溶液滴定至溶液呈无色，然后配成溶液。取其中溶液于锥形瓶中，加入几滴溶液作指示剂，使用标准溶液滴定至终点，三次平行实验平均消耗标准溶液的体积为。已知沉淀为砖红色。
（3）莫尔滴定法的滴定体系选择灼烧后的剩余固体而不直接选择鼻可乐的原因是　 　。
（4）理论上滴加标准溶液至终点时的现象为　 　(只需要回答此时沉淀或溶液颜色)。
（5）某同学查询文献得知根据常规的方法判断滴定终点时，由于的干扰使溶液并不澄清，导致滴定终点时沉淀颜色变化不明显，从而不易判断终点。依据以上信息，按照常规方法判断的滴定终点会　 　(填“提前”或“延迟”)。若在滴定过程中没有剧烈振荡，则滴定终点会　 　(填“提前”或“延迟”)。
（6）原鼻可乐固体中氯元素的质量分数为　 　(保留三位有效数字)。
【答案】3；应用电子天平称取鼻可乐；把坩埚放在泥三角上加热；取下坩埚后应冷却后再称量；；鼻可乐属于缓冲体系，缓冲范围较宽，调节pH较为困难；出现砖红色沉淀；延迟；提前；20.4%
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】(1) 三处错误分别为，托盘天平精度仅0.1g，无法称量0.720g试样，需更换电子天平；坩埚灼烧要放置在泥三角上，不能置于陶土网；高温灼烧后的坩埚需放在干燥器冷却至室温，再进行称量，不可趁热直接称量。
故答案： 3 ； 应用电子天平称取鼻可乐；把坩埚放在泥三角上加热；取下坩埚后应冷却后再称量 ；
(2) 柠檬酸三钠结晶水合物与氧气在灼烧条件下反应生成碳酸钠、二氧化碳与水，配平化学方程式：
故答案： ；
(3) 原试样溶液内含柠檬酸与柠檬酸盐构成缓冲体系，缓冲溶液可以稳定体系pH，很难调节至滴定要求的6.5~10.5；经过高温灼烧，有机柠檬酸完全分解，剩余无机盐配制的溶液没有缓冲效果，只需少量稀硝酸就可以调控pH至滴定区间。
故答案： 鼻可乐属于缓冲体系，缓冲范围较宽，调节pH较为困难 ；
(4) 莫尔法滴定中氯化银溶解度更小，银离子优先和氯离子生成白色氯化银沉淀，氯离子完全沉淀后，过量银离子和铬酸根结合生成砖红色铬酸银沉淀，因此溶液刚出现稳定砖红色沉淀时即为滴定终点。
故答案： 出现砖红色沉淀 ；
(5) 体系中悬浮氯化银沉淀造成溶液浑浊，阻碍砖红色沉淀的观察，需要多加硝酸银才能看到终点颜色，终点延后，测定结果偏高；滴定振荡不充分时，局部银离子浓度过高，会提前析出铬酸银沉淀，终点提前，测定结果偏低。
故答案： 延迟 ； 提前 ；
(6) 根据，氯离子物质的量与硝酸银消耗量相等，结合100mL、25mL的稀释倍数换算原样品含氯总量，质量分数计算公式：
故答案： 20.4% ；
【分析】本题依托莫尔沉淀滴定法测定饮品中氯含量，融合化学实验基本操作、氧化还原方程式配平、缓冲溶液性质、沉淀滴定原理、实验误差分析、定量浓度计算六大核心考点，由仪器实操到原理应用再到数据运算逐层设问。
(1) 依托常用称量仪器精度、高温加热仪器配套使用规则、热样品称量规范三个实验常识，对照题干称量、灼烧、冷却称量三步操作，逐一找出不符合实验标准的错误。
(2) 先锁定反应物与全部产物，依据碳元素、钠元素守恒初步配平主体物质，再结合有机物被氧气完全氧化的变价规律补齐氧气与水的化学计量数，完成有机物高温氧化方程式书写。
(3) 紧扣缓冲溶液可以抵抗外加酸碱、小幅稳定pH的核心特点，对比灼烧前后溶质由有机酸+有机酸盐变为单一无机碳酸盐，组分变化直接消除缓冲作用，以此解释灼烧预处理的实验目的。
(4) 基于溶度积数据对比，氯化银溶度积远小于铬酸银，滴定过程遵循溶解度小的沉淀优先析出规律，氯离子耗尽后才出现特征砖红色沉淀，据此规范终点描述。
(5) 从视觉观察干扰、试剂局部富集两类失误入手，浑浊遮挡显色造成滴定液多加，局部离子富集造成滴定液少加，分别对应终点滞后或提前，进而推导待测结果的高低变化。
(6) 先根据沉淀反应确定银离子与氯离子1：1计量关系，利用取样稀释比例还原原液中氯元素总物质的量，结合元素摩尔质量求出氯元素质量，最后套用质量分数基础公式完成数值运算。
16．利用湿法从废旧铅酸蓄电池的铅膏(主要成分是)中获取PbO的工艺流程如图所示。
已知：①一个反应的平衡常数大于即可认为该反应能进行到底。
②常温下；。
回答下列问题：
（1）Pb在元素周期表中的位置为　 　。
（2）废旧铅酸蓄电池的铅膏经研磨后加入水可获得铅膏浆，将铅膏制成铅膏浆的目的是　 　。
（3）写出“脱硫”过程的离子方程式并通过计算说明该反应能否进行到底　 　。
（4）“酸溶”过程中发生的氧化还原反应的化学方程式为　 　。
（5）“工序a”过程中加入的无机试剂X可以为　 　，作用是　 　。
（6）“沉铅”后，滤液3中主要溶质的用途是　 　(写一种即可)。
（7）碱式碳酸铅是一种重要的原料，工业上常利用PbO制取碱式碳酸铅。将一定质量的碱式碳酸铅隔绝空气加强热，固体质量变化如图所示：
则e→f点灼烧产生的固体是　 　。
【答案】（1）第六周期第ⅣA族
（2）增大反应物接触面积，加快反应速率，提高还原效率
（3），，能进行到底
（4）
（5）浓硝酸；增加浓度，降低溶解度，促进析出
（6）用作化肥
（7）PbO
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1) 铅元素与碳元素属于同主族元素，铅处在元素周期表第六周期第ⅣA族。
故答案： 第六周期第ⅣA族 ；
(2) 固体原料加工为铅膏浆，可以大幅提升固体与液体反应物间的接触面积，有效加快整体反应速率，提升原料还原转化效率。
故答案： 增大反应物接触面积，加快反应速率，提高还原效率 ；
(3) 常温下，， 脱硫工序中硫酸铅固体和碳酸根发生沉淀转化，离子方程式：
由平衡常数推导：，平衡常数数值远大于，沉淀转化反应正向进行程度很大，反应可以进行完全。
故答案：，，能进行到底 ；
(4) 脱硫过滤所得滤渣包含、、单质；酸溶时单质铅和稀硝酸发生氧化还原反应，生成硝酸铅、一氧化氮与水。
故答案： ；
(5) 工序a目的析出硝酸铅晶体，选用浓硝酸作为试剂X，浓硝酸电离补充大量，依靠同离子效应降低溶解度，促使硝酸铅结晶析出。
故答案： 浓硝酸 ； 增加浓度，降低溶解度，促进析出 ；
(6) 沉铅步骤向硝酸铅溶液通入氨水，生成氢氧化铅沉淀与硝酸铵，滤液3溶质主要为，硝酸铵常用作氮肥，也可用于制备含氮炸药。
故答案： 用作化肥 ；
(7) 碱式碳酸铅摩尔质量，样品对应物质的量；失重，对应脱去；失重，脱去；继续失去剩余，最终剩余固体全部为。
故答案： PbO ；
【分析】铅膏加水制成铅膏浆后通入二氧化硫还原，被转化为；再加碳酸铵脱硫，沉淀转化为，过滤得到含、、的滤渣；滤渣用稀硝酸酸溶，铅单质与硝酸发生氧化还原反应全部转化为硝酸铅；向硝酸铅溶液加入浓硝酸，依靠同离子效应析出硝酸铅晶体；晶体加氨水沉铅，生成氢氧化铅沉淀与硝酸铵滤液；氢氧化铅高温灼烧，最终分解得到产品氧化铅。
(1) 依托碳族元素在周期表的排布规律，依据铅的周期与主族位置直接作答。
(2) 从固体粉碎对接触面积的影响入手，结合接触面积和反应速率的关联规律，说明制浆的化工目的。
(3) 沉淀转化平衡常数等于两种难溶物溶度积之比，代入数值完成计算，凭借平衡常数大小判断反应限度。
(4) 结合脱硫转化产物确定滤渣组分，根据稀硝酸和金属铅的氧化还原规律书写对应化学方程式。
(5) 利用同离子效应原理，硝酸根过量会抑制硝酸铅溶解，因此选用浓硝酸提供高浓度硝酸根实现结晶。
(6) 由铅离子和氨水反应产物确定滤液溶质，结合硝酸铵的理化性质梳理其工业用途。
(7) 先通过摩尔质量算出样品初始物质的量，结合每段失重质量对应、的物质的量，分步拆解碱式碳酸铅受热分步分解过程，锁定最终固体产物。
（1）Pb与C同主族，在元素周期表中位于第六周期第ⅣA族；
（2）将铅膏制成铅膏浆的目的是增大反应物接触面积，加快反应速率，提高还原效率；
（3）根据常温下，，“脱硫”过程可将转化为，离子方程式为，该反应的平衡常数，结合已知信息①，该反应能进行到底；
（4）滤渣的主要成分为PbO、、Pb，“酸溶”过程中Pb和稀硝酸发生氧化还原反应生成、NO和；
（5）“酸溶”后得到溶液，根据“工序a”得到晶体知，试剂X加入后应能增大浓度，可以为浓硝酸，作用是降低溶解度，促进析出；
（6）“沉铅”后，滤液3中主要溶质是硝酸铵，其主要用途是作化肥或制备炸药等；
（7）碱式碳酸铅的摩尔质量为，155g样品的物质的量为0.2mol，a→b点质量减小，应该是失去，点质量减小，应该是失去，e→f点质量减小8.8g，应该是继续失去，f点质量为133.8g，应该为，故e→f点灼烧产生的固体是PbO。
17．在光伏发电、半导体制造、现代信息存储等领域，单晶硅都是重要的基础材料。粗硅氯化后再用氢气还原可以得到高纯硅，发生的主要反应如下：
反应ⅰ：
反应ⅱ：
（1）已知反应ⅲ： ，则与反应生成的热化学方程式(反应ⅳ)为　 　(用含的代数式表示)。
（2）在和不同温度下，将和加入一恒容密闭容器中，在催化剂作用下只发生反应ⅰ和反应ⅱ，测得的转化率及体系总压强随时间的变化关系如图所示。
①在温度下，反应达到平衡时，反应ⅰ的标准平衡常数为　 　(列出计算式即可)。[已知：分压总压该组分物质的量分数，对于反应，，其中，、、、为各组分的平衡分压]
②反应ⅱ中，　 　0(填“>”或“＜”)，理由是　 　。(结合计算结果并加以语言描述)
（3）经测定反应ⅳ的速率，其中、分别为正、逆反应的速率常数。若反应物初始浓度不变，温度保持不变，使用更优质的催化剂，的比值　 　(填“增大”“减小”或“不变”)。
（4）已知单晶硅的晶胞结构如图所示：
①1mol晶体硅中含有　 　键。
②该晶胞中的原子在ABCD面上的投影如图所示，部分原子已给出，试在图中补全其他原子的位置(用●表示) 　 　。
（5）用单晶硅太阳能电池(以石墨为另一电极)，电流强度为IA电解足量的某金属氯化物的水溶液，tmin后，精确称量电极上析出的金属的质量为mg。已知一个电子的电荷量，金属X的摩尔质量为，则阿伏加德罗常数的值为　 　(用含的代数式表示)。
【答案】（1）
（2）；>；经过计算时的平衡转化率为85%，的平衡转化率为85%，时的平衡转化率为45%，的平衡转化率为90%，因为，温度越高，的平衡转化率越大，故该反应为吸热反应，即
（3）不变
（4）2；
（5）
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；电解池工作原理及应用；物质结构中的化学键数目计算
【解析】【解答】(1) 结合目标反应与已知反应的关系式：反应Ⅳ = 2×反应Ⅱ 反应Ⅲ 2×反应Ⅰ，由盖斯定律进行焓变代数运算：
故答案： ；
(2) ①设平衡时、分别转化了、，根据题干信息列出三段式：
，，已知温度下的平衡转化率为，即，平衡时气体的总物质的量，恒温，恒容条件下气体的物质的量与压强成正比，即，联立两式解得，，即体系达到平衡时，，，，，此时气体的总物质的量为，则反应ⅰ的标准平衡常数；
②温度下的平衡转化率为，体系总压强为，，，平衡时气体的总物质的量，恒温，恒容条件下气体的物质的量与压强成正比，即，联立两式解得，，计算可得平衡时的转化率为，的转化率为，而温度下的平衡转化率为，的平衡转化率为，由反应速率可知（温度下的转化率增大得快，反应先达到平衡，说明温度较高），说明温度越高，的平衡转化率越大，故反应ⅱ为吸热反应，即；
故答案： ； > ； 经过计算时的平衡转化率为85%，的平衡转化率为85%，时的平衡转化率为45%，的平衡转化率为90%，因为，温度越高，的平衡转化率越大，故该反应为吸热反应，即 ；
(3) 平衡时，，变形；温度恒定平衡常数不变，催化剂只改变速率、不改变平衡，因此数值保持不变。
故答案：不变；
(4)①晶体硅结构中，单个硅原子形成4根键，每根化学键被两个硅原子共用，含 键；
②依据原子空间排布，ABCD平面竖直投影得到对应点阵投影图：。
故答案：2； ；
(5) 析出金属质量、摩尔质量，金属离子化合价，转移电子；总电荷量，整理：
故答案：；
【分析】本题围绕硅的氯化物可逆反应综合命题，包含盖斯定律、双反应三段式平衡计算、速率常数与平衡常数关联、晶体共价键计算、晶胞投影、法拉第常数测定六类考点。
(1) 根据目标化学方程式与已知方程式的加减倍数关系，套用盖斯定律，对焓变进行等量代换计算。
(2) ①双可逆反应共用，依托氢气转化率建立消耗总量关系式，结合恒温恒容压强–物质的量正比关系联立方程组，求出各物质平衡量，按分压规则代入标准平衡常数；
②改变温度对比反应物平衡转化率，由转化率随温度变化趋势判断反应吸放热。
(3) 由平衡正逆速率相等推导速率常数比值等于平衡常数，依据平衡常数只受温度影响、催化剂不改变平衡的规律判断比值变化。
(4) ①利用均摊法分摊共价键，单键被两个原子均分，核算单位物质的量硅的共价键数目；
②结合晶胞空间原子位置，向指定平面垂直投影画出点阵。
(5) 依托电解反应电子守恒，析出金属的得电子总电量等于电路总电量，通过电荷量公式变形推导阿伏加德罗常数表达式。
（1）根据反应物和生成物配平可得反应ⅳ为，根据盖斯定律，反应ⅳ=2×反应ⅱ-反应ⅲ-2×反应ⅰ，则；
（2）①设平衡时、分别转化了、，根据题干信息列出三段式：
，，已知温度下的平衡转化率为，即，平衡时气体的总物质的量，恒温，恒容条件下气体的物质的量与压强成正比，即，联立两式解得，，即体系达到平衡时，，，，，此时气体的总物质的量为，则反应ⅰ的标准平衡常数；
②温度下的平衡转化率为，体系总压强为，，，平衡时气体的总物质的量，恒温，恒容条件下气体的物质的量与压强成正比，即，联立两式解得，，计算可得平衡时的转化率为，的转化率为，而温度下的平衡转化率为，的平衡转化率为，由反应速率可知（温度下的转化率增大得快，反应先达到平衡，说明温度较高），说明温度越高，的平衡转化率越大，故反应ⅱ为吸热反应，即；
（3）当反应达到平衡时，，即，，若反应物初始浓度不变，温度保持不变，使用更优质的催化剂，平衡不移动，K不变，即不变；
（4）①根据晶胞结构，1个Si原子参与形成4个Si—Si键，1个Si—Si键被2个Si共用，则应该有键；
②根据在ABCD平面的投影关系可知投影图为；
（5）电路中通过的电荷量，析出金属时转移电子的物质的量，电荷量，则，。
18．化合物G可用于治疗胃癌、黑色素瘤等疾病，其一种合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
（1）A的同分异构体的沸点　 　(填“大于”或“小于”)。
（2）化合物B含有的官能团名称为　 　。
（3）由D生成E的化学方程式为　 　。
（4）化合物F的结构简式为　 　。
（5）F→G的反应类型为　 　。
（6）化合物I是B的同系物，相对分子质量比B大14且苯环上有4个取代基，满足此条件的I有　 　种。
（7）某药物中间体的合成路线如下(部分反应条件已略去)。其中K、L的结构简式分别为　 　、　 　。
【答案】（1）小于
（2）醛基、碳氟键
（3）
（4）
（5）还原反应
（6）16
（7）；
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）分子内 F 原子与羟基氢能够形成分子内氢键，分子内氢键会削弱分子间作用力，降低分子沸点；对比只能形成分子间氢键的同类物质，该物质沸点偏小。
故答案为： 小于 ；
（2）原料羟基经催化氧化生成醛基，得到 B，结构为；分子内含氟原子与苯环形成的碳氟键、醛基两种官能团。
故答案为： 醛基、碳氟键 ；
（3）D 在氢气、钯碳催化下发生 N-N 键氢解还原，N-N 单键断裂，除生成 E 外，副产物为 ，方程式为：；
故答案为：； ；
（4）E 的氨基与酰氯发生酰胺化成键，结合 G 的骨架反向推导，F 为
故答案： ；
（5）F 中氰基-CN被NaBH4还原转化为-CH2NH2，加氢去氧属于还原反应。
故答案为： 还原反应 ；
（6）根据上述分析知，B的结构简式为，含有碳氟键和醛基，分子式为C8H7OF，不饱和度为5。化合物I是B的同系物，相对分子质量比B大14且苯环上有4个取代基，则这4个取代基为1个-CHO、1个-F、2个。苯环上有4个取代基，且2个相同时有16种位置关系，则满足条件的同分异构体共16种；
故答案为： 16 ；
（7）观察目标产物的结构，结合已知信息和合成路线，可知目标产物可由发生还原反应得到，类比C→D，可推出可制得，再类比B→C，可推出和反应得到，合成路线为：。
故答案为： ； ；
【分析】A 在铜、氧气加热条件下醇羟基催化氧化生成醛 B（ ）；B 与 发生缩合得到亚胺 C；C 在氰甲基硅试剂作用下发生加成生成 D；D 经钯碳催化加氢断裂 N–N 键得到 E；E 与 发生酰胺化反应生成 F（ ）；F 在硼氢化钠作用下氰基还原为氨甲基，最终得到产物 G。
(1) 区分分子内氢键、分子间氢键对熔沸点的不同影响，分子内氢键降低沸点，分子间氢键升高沸点，以此比较沸点大小。
(2) 依托醇催化氧化生成醛的转化规律，由 A 的醇羟基推导 B 的醛基结构，逐一识别分子中官能团。
(3) 对比 D、E 骨架变化，N-N 共价键在催化加氢时断裂，拆分得到小分子副产物，按照断键、加氢原则配平有机方程式。
(4) 采用逆向推导法，G 中酰胺键由 E 氨基与 F 酰基脱水生成，反向补齐 F 的酰基杂环片段。
(5) 依据加氢或者去氧为还原的判定规则，氰基加氢变为氨基，确定反应类别。
(6) 由同系物相对分子质量差值确定多一个亚甲基，锁定四个取代基种类，固定两个相同甲基，轮换剩余两个取代基在苯环的位置，统计同分异构体数目。
(7) 类比题干三步已知转化，先醛肼缩合，再氰基加成，最后氰基还原，仿照题干条件分步搭建合成流程。
（1）能形成分子内氢键会降低沸点，故小于；
（2）根据化合物A的结构简式，结合A→B的反应条件可知B的结构简式为，所含官能团为醛基、碳氟键；
（3）D→E发生还原反应，由D和E的结构简式可知，产物除E外，还有，化学方程式为；
（4）结合已知信息，根据E和G的结构简式，可推出F的结构简式为；
（5）根据F→G过程中—CN转化为知F→G的反应类型为还原反应；
（6）根据上述分析知，B的结构简式为，含有碳氟键和醛基，分子式为C8H7OF，不饱和度为5。化合物I是B的同系物，相对分子质量比B大14且苯环上有4个取代基，则这4个取代基为1个-CHO、1个-F、2个。苯环上有4个取代基，且2个相同时有16种位置关系，则满足条件的同分异构体共16种；
（7）通过观察目标产物的结构，再结合已知信息和合成路线，可知目标产物可由发生还原反应得到，类比C→D，可推出可制得，再类比B→C，可推出和反应得到，合成路线为：。
1 / 12026届河北保定市唐县第一中学高三下学期二模化学试题
1．春节是中华民族最隆重的传统节日，春节民俗活动包罗万象，精彩纷呈。下列民俗活动对应的叙述错误的是
选项 民俗活动 叙述
A 放烟花 电子由基态跃迁到激发态时，能量以光的形式释放出来
B 贴春联 春联所用纸张的主要成分是纤维素
C 吃饺子 饺子与元宵外皮的口感差异与支链淀粉的含量有关
D 唱大戏 舞台上灯光光柱的形成利用了丁达尔效应
A．A B．B C．C D．D
2．下列物质的鉴别或检验方法不可行的是
A．用原子光谱法鉴别金与黄铜(铜锌合金)
B．用新制氢氧化铜悬浊液检验乙醛、乙酸
C．用金属钠检验乙醇中是否含有水
D．用焰色试验鉴别固体和固体
3．下列说法不正确的是
A．植物油含有较多碳碳双键，长时间放置会氧化变质
B．顺丁橡胶中的碳碳双键打开与硫形成二硫键，可以完成顺丁橡胶的硫化
C．聚四氟乙烯由四氟乙烯加聚合成，结构稳定，可以作为不粘锅的涂层
D．芳纶1414强度、密度、热稳定性高，可用作防弹衣
4．为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．中含有的σ键数为
B．的和混合溶液中数为
C．等物质的量的和中所含阴离子数均为
D．含的酸性溶液与足量反应生成()，转移电子数为
5．甘氨脱氧胆酸是一种内源性代谢产物，可作为脂酶加速剂、离子去除剂等，其结构简式如图。下列关于甘氨脱氧胆酸的说法正确的是
A．含有4种官能团
B．含有9个手性碳原子
C．不能发生消去反应
D．1 mol该物质最多能消耗2 mol NaOH
6．模型可以直观地反映微粒间的关系，下列模型错误的是
A．稀盐酸中存在的氢键有
B．硫氰化氢(HSCN)的球棍模型可能为
C．HI分子中的键可表示为
D．HClO分子的价层电子对互斥模型为
7．物质的结构决定性质。下列关于物质性质的解释正确的是
　 性质 解释
A 在水中溶解度小于在中 为非极性分子
B 的极性大于 键的极性大于键
C 的稳定性大于 分子间的氢键强于分子间的作用力
D 的熔点高于干冰 是共价晶体，干冰是分子晶体
A．A B．B C．C D．D
8．锂离子电池中某阻燃剂的合成方法如图所示，其中是原子序数依次增大的短周期主族元素，位于同一主族，基态原子的价层电子排布式为。下列说法正确的是
A．基态原子的未成对电子数：
B．原子半径：
C．简单氢化物的稳定性：
D．第一电离能：
9．下列实验操作、现象和解释或结论都正确的是
选项 实验操作 现象 解释或结论
A 将气体通入紫色石蕊试液 溶液褪色 有漂白性
B 将湿润的pH试纸放入盛有氨气的集气瓶中 试纸呈现蓝色 氨气水溶液呈碱性
C 向同浓度的和NaCl溶液中分别滴入酚酞试液 前者溶液变红、后者溶液呈无色 氯的非金属性比硫强
D 向两份草酸溶液中，分别滴加和的酸性高锰酸钾溶液2mL 加入的酸性高锰酸钾溶液褪色快 反应物浓度越大，反应速率越快
A．A B．B C．C D．D
10．一种利用含钴废料(主要成分为，还含有少量、、、碳和有机物杂质)制备的工艺流程如图。
下列说法错误的是
A．550℃焙烧的目的是除去碳和有机物杂质
B．滤渣2的主要成分为、
C．气体X溶于水可返回调pH工序重复利用
D．高温焙烧工序发生的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为
11．可组成一种拓扑绝缘体材料，其立方晶胞结构如图所示，晶胞参数为，为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．La原子位于Bi原子构成的正四面体空隙中
B．Bi原子和Pt原子之间的最短距离为
C．该晶体的密度为
D．若坐标取向不变，将a点Pt原子平移至晶胞面的面心，则b点Pt原子位于棱上
12．密闭容器中和在催化剂的条件下发生如下两个竞争反应：I．；Ⅱ．。反应历程如图所示。下列说法不正确的是
A．催化剂条件下，控制好反应时间，可以使产物中的含量最高
B．平衡后，增大压强，再次平衡后，W的百分含量减小
C．升高温度，反应I平衡常数增大，反应Ⅱ平衡常数减小
D．分离出W，则反应I的正反应速率减小，反应Ⅱ的正反应速率增大
13．低空经济为新能源电池拓宽了应用场景。一种新型的钠硫电池因体积小、容量大、寿命长、效率高被认为是未来新能源的方向，其简化工作原理如图所示。下列说法错误的是
物质 Na S
熔点/℃ 97.8 113 2054
沸点/℃ 883 445 2980
A．外接用电器时电极A为负极
B．外接电源时电极B的电极反应为
C．根据上表数据判断该电池工作的适宜温度为113～445℃
D．作原电池时，若导线上有0.05 mol电子通过，则两电极材料的质量差为2.3 g（反应前两电极材料质量相等）
14．四方酸()是一种对称的平面二元酸。常温时，向四方酸钠()溶液中通入HCl(g)(忽略溶液体积的变化)，部分阴离子的物质的量浓度与pH的变化如图所示。下列有关说法正确的是
A．M点溶液中
B．溶液中
C．常温下溶液中水解平衡常数
D．溶液稀释过程中，增大
15．鼻可乐是一种市面上常见的洗鼻剂，主要成分为柠檬酸、柠檬酸钠和氯化钠。为了测定鼻可乐中氯元素的含量，某小组同学设计了如下实验方案：取一定质量自配的鼻可乐固体于坩埚中，充分灼烧后将剩余固体溶解在蒸馏水中，调节后，用莫尔滴定法测定氯离子含量。
已知：ⅰ.莫尔滴定法测定氯离子含量时，需要控制体系pH在范围内。
ⅱ.多元弱酸和多元弱酸盐混合时可形成缓冲溶液，柠檬酸及其盐具有较宽的酸碱缓冲范围(通常在之间)。
回答下列问题：
I．灼烧鼻可乐：用托盘天平称取0.720g鼻可乐固体，然后将鼻可乐放在坩埚(已称重)中，把坩埚放在陶土网上加热，待坩埚质量恒定后取下坩埚，立即称重。
（1）上述实验步骤中有　 　处错误，请进行改正　 　。
（2）灼烧时鼻可乐中柠檬酸钠会完全反应生成，则柠檬酸钠完全反应的化学方程式为　 　。
II．测定氯离子含量：将灼烧后的剩余固体(质量为)放在烧杯中，加水溶解，转移至锥形瓶中后用蒸馏水稀释，加入2滴酚酞指示剂，用少量溶液滴定至溶液呈无色，然后配成溶液。取其中溶液于锥形瓶中，加入几滴溶液作指示剂，使用标准溶液滴定至终点，三次平行实验平均消耗标准溶液的体积为。已知沉淀为砖红色。
（3）莫尔滴定法的滴定体系选择灼烧后的剩余固体而不直接选择鼻可乐的原因是　 　。
（4）理论上滴加标准溶液至终点时的现象为　 　(只需要回答此时沉淀或溶液颜色)。
（5）某同学查询文献得知根据常规的方法判断滴定终点时，由于的干扰使溶液并不澄清，导致滴定终点时沉淀颜色变化不明显，从而不易判断终点。依据以上信息，按照常规方法判断的滴定终点会　 　(填“提前”或“延迟”)。若在滴定过程中没有剧烈振荡，则滴定终点会　 　(填“提前”或“延迟”)。
（6）原鼻可乐固体中氯元素的质量分数为　 　(保留三位有效数字)。
16．利用湿法从废旧铅酸蓄电池的铅膏(主要成分是)中获取PbO的工艺流程如图所示。
已知：①一个反应的平衡常数大于即可认为该反应能进行到底。
②常温下；。
回答下列问题：
（1）Pb在元素周期表中的位置为　 　。
（2）废旧铅酸蓄电池的铅膏经研磨后加入水可获得铅膏浆，将铅膏制成铅膏浆的目的是　 　。
（3）写出“脱硫”过程的离子方程式并通过计算说明该反应能否进行到底　 　。
（4）“酸溶”过程中发生的氧化还原反应的化学方程式为　 　。
（5）“工序a”过程中加入的无机试剂X可以为　 　，作用是　 　。
（6）“沉铅”后，滤液3中主要溶质的用途是　 　(写一种即可)。
（7）碱式碳酸铅是一种重要的原料，工业上常利用PbO制取碱式碳酸铅。将一定质量的碱式碳酸铅隔绝空气加强热，固体质量变化如图所示：
则e→f点灼烧产生的固体是　 　。
17．在光伏发电、半导体制造、现代信息存储等领域，单晶硅都是重要的基础材料。粗硅氯化后再用氢气还原可以得到高纯硅，发生的主要反应如下：
反应ⅰ：
反应ⅱ：
（1）已知反应ⅲ： ，则与反应生成的热化学方程式(反应ⅳ)为　 　(用含的代数式表示)。
（2）在和不同温度下，将和加入一恒容密闭容器中，在催化剂作用下只发生反应ⅰ和反应ⅱ，测得的转化率及体系总压强随时间的变化关系如图所示。
①在温度下，反应达到平衡时，反应ⅰ的标准平衡常数为　 　(列出计算式即可)。[已知：分压总压该组分物质的量分数，对于反应，，其中，、、、为各组分的平衡分压]
②反应ⅱ中，　 　0(填“>”或“＜”)，理由是　 　。(结合计算结果并加以语言描述)
（3）经测定反应ⅳ的速率，其中、分别为正、逆反应的速率常数。若反应物初始浓度不变，温度保持不变，使用更优质的催化剂，的比值　 　(填“增大”“减小”或“不变”)。
（4）已知单晶硅的晶胞结构如图所示：
①1mol晶体硅中含有　 　键。
②该晶胞中的原子在ABCD面上的投影如图所示，部分原子已给出，试在图中补全其他原子的位置(用●表示) 　 　。
（5）用单晶硅太阳能电池(以石墨为另一电极)，电流强度为IA电解足量的某金属氯化物的水溶液，tmin后，精确称量电极上析出的金属的质量为mg。已知一个电子的电荷量，金属X的摩尔质量为，则阿伏加德罗常数的值为　 　(用含的代数式表示)。
18．化合物G可用于治疗胃癌、黑色素瘤等疾病，其一种合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
（1）A的同分异构体的沸点　 　(填“大于”或“小于”)。
（2）化合物B含有的官能团名称为　 　。
（3）由D生成E的化学方程式为　 　。
（4）化合物F的结构简式为　 　。
（5）F→G的反应类型为　 　。
（6）化合物I是B的同系物，相对分子质量比B大14且苯环上有4个取代基，满足此条件的I有　 　种。
（7）某药物中间体的合成路线如下(部分反应条件已略去)。其中K、L的结构简式分别为　 　、　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；原子核外电子的跃迁及应用
【解析】【解答】A、燃放烟花发光原理为电子由激发态回落至基态，多余能量以光能释放；电子从基态跃迁到激发态需要吸收能量，不会发光，A 错误；
B、纸张主要原料为植物纤维，化学成分是纤维素，B 正确；
C、饺子面皮直链淀粉偏多口感紧实，元宵面皮支链淀粉含量更高口感软糯，二者口感差异由支链淀粉含量决定，C 正确；
D、舞台雾气形成气溶胶，光束穿过胶体产生光亮通路，属于丁达尔效应，D 正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
焰色发光原理：电子吸收能量跃迁到高能激发态，返回低能级基态时释放光子产生焰色；
纸张成分：植物类纸张的主要有机成分为天然高分子纤维素；
淀粉结构区分：直链、支链淀粉占比不同直接影响面食面皮物理口感；
胶体特性：气溶胶可产生丁达尔效应，舞台光柱是该性质的典型应用。
2．【答案】C
【知识点】焰色反应；有机物（官能团）的检验；物质的检验和鉴别
【解析】【解答】A、不同元素具备专属原子吸收光谱，金、黄铜所含金属元素种类不同，借助原子光谱法能够完成鉴别，A 可行；
B、乙酸可溶解新制 Cu(OH)2悬浊液得到蓝色溶液，乙醛与新制氢氧化铜加热生成砖红色沉淀，现象差异明显，可以区分，B 可行；
C、乙醇、水均能与金属 Na 发生反应释放氢气，均产生气泡，无法检验乙醇中含水，C 不可行；
D、钾元素焰色为浅紫色（透过蓝色钴玻璃），钠元素焰色为黄色，利用焰色试验能够区分 KNO3与 NaCl，D 可行；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
原子光谱鉴别：每种元素有特征原子光谱，依据元素组成差异区分单质与合金；
醛酸鉴别规律：乙酸发生酸碱中和溶解氢氧化铜，乙醛加热发生氧化还原生成 Cu2O 沉淀；
钠的反应特性：乙醇羟基、水分子均可和钠反应生成氢气，无专属现象区分水；
焰色试验应用：钠、钾元素特征焰色不同，依靠火焰颜色鉴别钠盐与钾盐。
3．【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；烯烃；常用合成高分子材料的化学成分及其性能；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、植物油属于不饱和油脂，分子内含大量碳碳双键，在空气里易被氧气氧化，长期存放会酸败变质，A 正确；
B、顺丁橡胶分子中存在碳碳双键，硫化时双键打开，硫原子介入形成二硫键，线型高分子转化为网状结构，完成硫化改性，B 正确；
C、四氟乙烯发生加聚反应生成聚四氟乙烯，该物质化学性质稳定、不易粘连，常用作不粘锅内壁涂层，C 正确；
D、芳纶 1414 强度高、热稳定性优异，但密度偏小，选项描述 “密度高” 错误，不能用作防弹衣的表述依据错误，D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
油脂变质规律：不饱和脂肪酸甘油酯的碳碳双键易氧化，是植物油久置变质的主要原因；
橡胶硫化原理：橡胶碳碳双键与硫成键交联，由线型变为体型，提升橡胶强度与耐磨性；
有机高分子应用：聚四氟乙烯化学惰性强，凭借不粘特性用作厨具涂层；
芳纶材料性质：芳纶密度小、强度大，依靠低密度高强度的特点制作防弹面料。
4．【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；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、 个 内含 条配位 键、 条 键，共 根 键， 配离子含 个 键，A错误；
B、 时 ， 溶液中 ， 数目为 ，醋酸部分电离不改变溶液总氢离子浓度，B正确；
C、题干未给出 、 的具体物质的量，无法计算阴离子数目； 阴离子为 、 阴离子为 ， 两物质各含 阴离子，缺少用量不能确定为 ，C错误；
D、 与 生成 的反应： 无元素化合价改变，属于非氧化还原反应，转移电子数为 0，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
σ键计数规律：配位键、共价单键均为σ键，配离子统计时兼顾配位键与配体内共价单键；
氢离子浓度计算：依据pH换算氢离子浓度，溶液总氢离子物质的量由体积与浓度相乘得到；
离子数目判断：无具体投料物质的量，不能直接定量阴离子微粒数；
氧化还原判定： 含过氧结构，反应前后各元素化合价不变，不存在电子转移。
5．【答案】D
【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；有机物的结构和性质；酯的性质
【解析】【解答】A、该分子内含羟基、酰胺键、羧基三种官能团，A 错误；
B、结构中环上连有取代基的饱和碳原子以及侧链甲基相连碳均为手性碳，手性碳原子数目为10个，如图： ，B 错误；
C、分子中两处羟基所连碳的邻位碳均含有氢原子，满足醇消去反应条件，可以发生消去反应，C 错误；
D、1mol 羧基消耗 1mol NaOH，酰胺键水解后生成羧基再消耗 1mol NaOH，两个醇羟基不和 NaOH 反应，总共消耗 2mol NaOH，D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
官能团辨析：区分醇羟基、酰胺键、羧基，醇羟基不属于羧酸类官能团；
手性碳判断：连有四种不同基团的饱和碳原子为手性碳原子，逐环清点数目；
消去反应条件：醇羟基邻位碳原子存在氢原子时能够发生分子内消去；
NaOH 消耗量：只有羧基与水解后的酰胺键能和强碱反应，醇羟基不与碱反应。
6．【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；判断简单分子或离子的构型；含有氢键的物质；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、稀盐酸中存在大量水分子，水分子之间可以形成分子间氢键，题图模型： ，代表两分子水的氢键作用，A正确；
B、有、两种结构，两种结构中与H相连的S或N均为折线拐点，分子整体不是直线构型，题图为直线型球棍模型不符合真实结构，正确的球棍模型可能为，B错误； B错误；
C、的轨道与的轨道沿键轴头碰头重叠，形成键 ：，轨道模型画法正确，C正确；
D、结构式，中心O价层电子对数为4，含2对孤电子对，价层电子对互斥模型呈四面体形，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
氢键存在判断：盐酸溶剂为水，水分子间普遍存在氢键；
分子空间构型：的H不处在三键所在直线上，分子为折线结构，直线球棍模型错误；
σ键轨道特征：s轨道球形、p轨道哑铃形，头碰头重叠构成s-p型σ键；
价层电子对计算：中心原子价层电子对包含成键、孤电子对，总数决定价层互斥模型。
7．【答案】D
【知识点】极性分子和非极性分子；化学键和分子间作用力的区别；氢键的存在对物质性质的影响；晶体的定义
【解析】【解答】A、O3分子为极性分子，根据相似相溶原理，O3在极性溶剂水中溶解度大于非极性的四氯化碳，解释错误，A 错误；
B、C、O 电负性差值大于 N、O，C-O 键极性大于 N-O 键，NO 极性弱于 CO，解释错误，B 错误；
C、氢化物稳定性由氢卤键键能决定，HF 稳定性更强源于 H-F 键键能更大，氢键只影响熔沸点，与分子热稳定性无关，C 错误；
D、SiO2为共价晶体，熔融断裂共价键；干冰是分子晶体，熔融只克服分子间作用力，共价键作用力远大于分子间作用力，因此 SiO2熔点远高于干冰，D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
相似相溶原理：极性溶质易溶于极性溶剂、非极性溶质易溶于非极性溶剂，臭氧属于极性分子；
共价键极性：成键原子电负性差值越大，对应化学键极性越强；
物质稳定性：分子化学稳定性由分子内共价键强弱决定，氢键、分子间作用力仅改变物理性质；
晶体熔点：共价晶体依靠共价键结合，分子晶体依靠分子间作用力，共价键强度远高于分子间作用力。
8．【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；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、四种元素价电子排布：H 为 1s 、N 为 2s22p3、P 为 3s23p3、Cl 为 3s23p5；H 与 Cl 均含 1 个未成对电子，N 和 P 各含 3 个未成对电子，未成对电子数目 H=Cl＜N=P，A 错误；
B、同周期主族元素自左向右原子半径递减，故半径 P＞Cl；同主族自上而下原子半径递增，故半径 P＞N，B 错误；
C、同主族自上而下非金属性不断减弱，非金属性 N＞P，非金属性越强简单氢化物越稳定，因此稳定性 NH3＞PH3，C 正确；
D、同周期主族元素总体第一电离能逐步升高，第一电离能 Cl＞P；同主族自上而下第一电离能减小，第一电离能 N＞P，D 错误；
故答案为 C。
【分析】由价电子排布 nsnnpn+ 可得 n=2，价电子排布为 2s22p3，确定 Y 是 N；Y、Z 同主族且都是短周期主族元素、Z 原子序数更大，因此 Z 为 P；W 只能形成一条共价单键，原子序数大于 P 且处在短周期，W 是 Cl；X 原子序数小于 N，结合 NX4Cl、XCl 两种物质组成，推出 X 为 H。
9．【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；化学实验方案的评价；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、SO2溶于水生成亚硫酸，只能使紫色石蕊试液变红，不能漂白指示剂褪色，现象错误，A 错误；
B、氨气接触试纸上水生成一水合氨，溶液显碱性，润湿 pH 试纸变蓝，操作、现象、结论均无误，B 正确；
C、依据盐溶液水解强弱只能比较对应氢化物酸性，不能直接比较元素非金属性，C 错误；
D、两组实验中高锰酸钾用量不同、浓度不同，高锰酸钾过量时无法通过褪色快慢判断草酸浓度对速率的影响，变量不唯一，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
SO2漂白特性：SO2不能漂白酸碱指示剂，只可漂白品红等有机色质；
氨气碱性检验：氨气自身无 OH-，溶于水电离出 OH-才显碱性；
非金属性判断依据：需通过单质氧化性、最高价含氧酸酸性对比，不能借助无氧酸盐水解；反应速率控制变量：
探究草酸浓度影响时，要保证高锰酸钾少量且浓度体积一致。
10．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、550℃高温焙烧阶段，碳单质、有机杂质和空气中 O2反应生成 CO、CO2气体，实现除杂，A 正确；
B、酸浸后体系内含 Fe3+、Al3+，通入氨水提升溶液 pH，两种阳离子逐步水解析出 Fe (OH)3、Al (OH)3固体，构成滤渣 2，B 正确；
C、Co2+与 HCO3-发生反应：2HCO3-+Co2+=CoCO3↓+CO2↑+H2O，气体 X 是 CO2，不含 NH3，无法回用于前期调 pH 工序，C 错误；
D、高温焙烧反应： ，O2作为氧化剂、CoCO3中 + 2 价 Co 被氧化作还原剂，二者投料物质的量之比 1：4，D 正确；
故答案选 C。
【分析】钴废料经 550℃空气焙烧，碳、有机物与氧气反应转化为气态产物除去；原料里的 SiO2不溶于稀硫酸，酸浸后成为滤渣 1；Co3O4、Fe2O3、Al2O3和稀硫酸反应，再加 H2O2将低价钴、亚铁全部氧化为高价金属阳离子；向滤液通入氨水调控 pH，Fe3+、Al3+水解沉淀得到滤渣 2；剩余含 Co2+的溶液添加碳酸氢铵，发生复分解沉淀反应得到碳酸钴；碳酸钴与碳酸锂在氧气氛围下高温煅烧，最终制备钴酸锂。
11．【答案】C
【知识点】晶胞的计算；金属晶体的基本堆积模型
【解析】【解答】A、晶胞里La原子周围紧邻的Bi原子共6个，处在Bi围成的正八面体空隙，并非正四面体空隙，A错误；
B、Bi在晶胞顶点、Pt位于体对角线上，二者最短距离是晶胞体对角线的，数值为，B错误；
C、经均摊计算：、、，最简组成；，代入密度公式为，C正确；
D、坐标系保持不变，a点Pt平移至xy面心后，b点Pt落在晶胞顶点，不在棱上，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
空隙判断：依靠配位原子数目区分空隙类型，配位数6对应正八面体空隙；
原子间距：先计算立方体体对角线长度，结合原子排布比例算出顶点与体对角原子间距；
密度计算：先用均摊法统计晶胞内各原子数目，统一长度单位后代入密度定义式整理；
原子平移：固定坐标轴方向，依据平移规律判断另一个Pt原子的最终落点位置。
12．【答案】D
【知识点】化学平衡常数；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、催化剂可降低活化能，反应Ⅱ活化能更低、反应速率更快，控制反应时间可优先大量生成W，能提高产物中W占比，A正确；
B、反应Ⅰ：（气体分子数减小），反应Ⅱ：（气体分子数不变）；加压，反应Ⅰ正向移动消耗X、Y，使反应Ⅱ平衡逆向移动，W百分含量减小，B正确；
C、由能量图像可知，反应物总能量高于W、低于Z，反应Ⅰ吸热（）、反应Ⅱ放热（）；升温，吸热反应Ⅰ平衡常数变大，放热反应Ⅱ平衡常数变小，C正确；
D、分离出W，反应Ⅱ平衡正向移动，容器内浓度下降，两个反应的反应物浓度同步降低，因此反应Ⅰ、Ⅱ的正反应速率均减小，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
速率控制：活化能越小催化下反应速率越快，短时反应可优先获得活化能低的对应产物；
压强平衡：对比两反应前后气体计量数，加压通过共用反应物间接改变另一平衡的移动方向；
平衡常数：依据反应物与生成物总能量高低判断吸放热，温度变化时吸热、放热反应的平衡常数变化趋势相反；
浓度影响：分离某一生成物，共用反应物浓度同步改变，两个竞争反应的正速率变化趋势一致。
13．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、外接用电器构成原电池，由电极A侧向B侧迁移，阳离子移向正极，故A为负极，A正确；
B、外接电源为电解池，仍向B极移动，B为电解池阳极，发生氧化反应： Na2Sx - 2e- = xS + 2Na+ ；题干电极反应为还原反应，对应原电池正极，B错误；
C、电池工作需要、均呈熔融液态、保持固态，温度区间需高于熔点113℃、低于沸点883℃与沸点445℃，适宜温度113～445℃，C正确；
D、原电池中负极，每转移0.05mol e-，负极溶解0.05mol Na（质量1.15g），正极结合0.05mol 增重1.15g，两极质量差值，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
离子迁移：原电池、电解池体系里阳离子始终向正极/阴极定向移动，据此快速判定电极属性；
电解电极：外接电源时迁入B极，B作阳极发生失电子的氧化反应，核对电极反应氧化还原方向；
温度选取：结合熔沸点，保证Na、S熔融、固态氧化铝做隔膜，锁定合理温度范围；
质量差计算：负极钠溶解减重、正极得钠增重，两极变化量相加得到总质量差值。
14．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、溶液中发生水解：
未通入时；M点，说明通入，体系新增，电荷守恒：，选项守恒式缺少，A错误。
B、溶液中存在电离、水解两组可逆平衡：
由可推出，，电离程度大于水解程度，溶液呈酸性；离子浓度排序：
，B错误。
C、一级水解反应：，
计算结果与选项数据一致，C正确。
D、由二级电离常数表达式变形：
稀释溶液，减小、温度不变恒定，因此减小，D错误；
故答案为：C。
【分析】四方酸属于二元弱酸，向溶液中通入，酸根分步结合氢离子发生两步可逆反应：，
随持续通入，体系浓度不断升高，被不断消耗、浓度持续走低；中间产物先因第一步反应不断生成而浓度上升，后续又在过量氢离子作用下转化为，浓度逐步下降。据此判定，曲线Ⅰ代表随变化趋势，曲线Ⅱ代表随变化趋势。
M点满足，根据的二级电离表达式：，两种粒子浓度相等时，即，求得，以此常数作为定量计算依据辨析选项。
15．【答案】3；应用电子天平称取鼻可乐；把坩埚放在泥三角上加热；取下坩埚后应冷却后再称量；；鼻可乐属于缓冲体系，缓冲范围较宽，调节pH较为困难；出现砖红色沉淀；延迟；提前；20.4%
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】(1) 三处错误分别为，托盘天平精度仅0.1g，无法称量0.720g试样，需更换电子天平；坩埚灼烧要放置在泥三角上，不能置于陶土网；高温灼烧后的坩埚需放在干燥器冷却至室温，再进行称量，不可趁热直接称量。
故答案： 3 ； 应用电子天平称取鼻可乐；把坩埚放在泥三角上加热；取下坩埚后应冷却后再称量 ；
(2) 柠檬酸三钠结晶水合物与氧气在灼烧条件下反应生成碳酸钠、二氧化碳与水，配平化学方程式：
故答案： ；
(3) 原试样溶液内含柠檬酸与柠檬酸盐构成缓冲体系，缓冲溶液可以稳定体系pH，很难调节至滴定要求的6.5~10.5；经过高温灼烧，有机柠檬酸完全分解，剩余无机盐配制的溶液没有缓冲效果，只需少量稀硝酸就可以调控pH至滴定区间。
故答案： 鼻可乐属于缓冲体系，缓冲范围较宽，调节pH较为困难 ；
(4) 莫尔法滴定中氯化银溶解度更小，银离子优先和氯离子生成白色氯化银沉淀，氯离子完全沉淀后，过量银离子和铬酸根结合生成砖红色铬酸银沉淀，因此溶液刚出现稳定砖红色沉淀时即为滴定终点。
故答案： 出现砖红色沉淀 ；
(5) 体系中悬浮氯化银沉淀造成溶液浑浊，阻碍砖红色沉淀的观察，需要多加硝酸银才能看到终点颜色，终点延后，测定结果偏高；滴定振荡不充分时，局部银离子浓度过高，会提前析出铬酸银沉淀，终点提前，测定结果偏低。
故答案： 延迟 ； 提前 ；
(6) 根据，氯离子物质的量与硝酸银消耗量相等，结合100mL、25mL的稀释倍数换算原样品含氯总量，质量分数计算公式：
故答案： 20.4% ；
【分析】本题依托莫尔沉淀滴定法测定饮品中氯含量，融合化学实验基本操作、氧化还原方程式配平、缓冲溶液性质、沉淀滴定原理、实验误差分析、定量浓度计算六大核心考点，由仪器实操到原理应用再到数据运算逐层设问。
(1) 依托常用称量仪器精度、高温加热仪器配套使用规则、热样品称量规范三个实验常识，对照题干称量、灼烧、冷却称量三步操作，逐一找出不符合实验标准的错误。
(2) 先锁定反应物与全部产物，依据碳元素、钠元素守恒初步配平主体物质，再结合有机物被氧气完全氧化的变价规律补齐氧气与水的化学计量数，完成有机物高温氧化方程式书写。
(3) 紧扣缓冲溶液可以抵抗外加酸碱、小幅稳定pH的核心特点，对比灼烧前后溶质由有机酸+有机酸盐变为单一无机碳酸盐，组分变化直接消除缓冲作用，以此解释灼烧预处理的实验目的。
(4) 基于溶度积数据对比，氯化银溶度积远小于铬酸银，滴定过程遵循溶解度小的沉淀优先析出规律，氯离子耗尽后才出现特征砖红色沉淀，据此规范终点描述。
(5) 从视觉观察干扰、试剂局部富集两类失误入手，浑浊遮挡显色造成滴定液多加，局部离子富集造成滴定液少加，分别对应终点滞后或提前，进而推导待测结果的高低变化。
(6) 先根据沉淀反应确定银离子与氯离子1：1计量关系，利用取样稀释比例还原原液中氯元素总物质的量，结合元素摩尔质量求出氯元素质量，最后套用质量分数基础公式完成数值运算。
16．【答案】（1）第六周期第ⅣA族
（2）增大反应物接触面积，加快反应速率，提高还原效率
（3），，能进行到底
（4）
（5）浓硝酸；增加浓度，降低溶解度，促进析出
（6）用作化肥
（7）PbO
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1) 铅元素与碳元素属于同主族元素，铅处在元素周期表第六周期第ⅣA族。
故答案： 第六周期第ⅣA族 ；
(2) 固体原料加工为铅膏浆，可以大幅提升固体与液体反应物间的接触面积，有效加快整体反应速率，提升原料还原转化效率。
故答案： 增大反应物接触面积，加快反应速率，提高还原效率 ；
(3) 常温下，， 脱硫工序中硫酸铅固体和碳酸根发生沉淀转化，离子方程式：
由平衡常数推导：，平衡常数数值远大于，沉淀转化反应正向进行程度很大，反应可以进行完全。
故答案：，，能进行到底 ；
(4) 脱硫过滤所得滤渣包含、、单质；酸溶时单质铅和稀硝酸发生氧化还原反应，生成硝酸铅、一氧化氮与水。
故答案： ；
(5) 工序a目的析出硝酸铅晶体，选用浓硝酸作为试剂X，浓硝酸电离补充大量，依靠同离子效应降低溶解度，促使硝酸铅结晶析出。
故答案： 浓硝酸 ； 增加浓度，降低溶解度，促进析出 ；
(6) 沉铅步骤向硝酸铅溶液通入氨水，生成氢氧化铅沉淀与硝酸铵，滤液3溶质主要为，硝酸铵常用作氮肥，也可用于制备含氮炸药。
故答案： 用作化肥 ；
(7) 碱式碳酸铅摩尔质量，样品对应物质的量；失重，对应脱去；失重，脱去；继续失去剩余，最终剩余固体全部为。
故答案： PbO ；
【分析】铅膏加水制成铅膏浆后通入二氧化硫还原，被转化为；再加碳酸铵脱硫，沉淀转化为，过滤得到含、、的滤渣；滤渣用稀硝酸酸溶，铅单质与硝酸发生氧化还原反应全部转化为硝酸铅；向硝酸铅溶液加入浓硝酸，依靠同离子效应析出硝酸铅晶体；晶体加氨水沉铅，生成氢氧化铅沉淀与硝酸铵滤液；氢氧化铅高温灼烧，最终分解得到产品氧化铅。
(1) 依托碳族元素在周期表的排布规律，依据铅的周期与主族位置直接作答。
(2) 从固体粉碎对接触面积的影响入手，结合接触面积和反应速率的关联规律，说明制浆的化工目的。
(3) 沉淀转化平衡常数等于两种难溶物溶度积之比，代入数值完成计算，凭借平衡常数大小判断反应限度。
(4) 结合脱硫转化产物确定滤渣组分，根据稀硝酸和金属铅的氧化还原规律书写对应化学方程式。
(5) 利用同离子效应原理，硝酸根过量会抑制硝酸铅溶解，因此选用浓硝酸提供高浓度硝酸根实现结晶。
(6) 由铅离子和氨水反应产物确定滤液溶质，结合硝酸铵的理化性质梳理其工业用途。
(7) 先通过摩尔质量算出样品初始物质的量，结合每段失重质量对应、的物质的量，分步拆解碱式碳酸铅受热分步分解过程，锁定最终固体产物。
（1）Pb与C同主族，在元素周期表中位于第六周期第ⅣA族；
（2）将铅膏制成铅膏浆的目的是增大反应物接触面积，加快反应速率，提高还原效率；
（3）根据常温下，，“脱硫”过程可将转化为，离子方程式为，该反应的平衡常数，结合已知信息①，该反应能进行到底；
（4）滤渣的主要成分为PbO、、Pb，“酸溶”过程中Pb和稀硝酸发生氧化还原反应生成、NO和；
（5）“酸溶”后得到溶液，根据“工序a”得到晶体知，试剂X加入后应能增大浓度，可以为浓硝酸，作用是降低溶解度，促进析出；
（6）“沉铅”后，滤液3中主要溶质是硝酸铵，其主要用途是作化肥或制备炸药等；
（7）碱式碳酸铅的摩尔质量为，155g样品的物质的量为0.2mol，a→b点质量减小，应该是失去，点质量减小，应该是失去，e→f点质量减小8.8g，应该是继续失去，f点质量为133.8g，应该为，故e→f点灼烧产生的固体是PbO。
17．【答案】（1）
（2）；>；经过计算时的平衡转化率为85%，的平衡转化率为85%，时的平衡转化率为45%，的平衡转化率为90%，因为，温度越高，的平衡转化率越大，故该反应为吸热反应，即
（3）不变
（4）2；
（5）
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；电解池工作原理及应用；物质结构中的化学键数目计算
【解析】【解答】(1) 结合目标反应与已知反应的关系式：反应Ⅳ = 2×反应Ⅱ 反应Ⅲ 2×反应Ⅰ，由盖斯定律进行焓变代数运算：
故答案： ；
(2) ①设平衡时、分别转化了、，根据题干信息列出三段式：
，，已知温度下的平衡转化率为，即，平衡时气体的总物质的量，恒温，恒容条件下气体的物质的量与压强成正比，即，联立两式解得，，即体系达到平衡时，，，，，此时气体的总物质的量为，则反应ⅰ的标准平衡常数；
②温度下的平衡转化率为，体系总压强为，，，平衡时气体的总物质的量，恒温，恒容条件下气体的物质的量与压强成正比，即，联立两式解得，，计算可得平衡时的转化率为，的转化率为，而温度下的平衡转化率为，的平衡转化率为，由反应速率可知（温度下的转化率增大得快，反应先达到平衡，说明温度较高），说明温度越高，的平衡转化率越大，故反应ⅱ为吸热反应，即；
故答案： ； > ； 经过计算时的平衡转化率为85%，的平衡转化率为85%，时的平衡转化率为45%，的平衡转化率为90%，因为，温度越高，的平衡转化率越大，故该反应为吸热反应，即 ；
(3) 平衡时，，变形；温度恒定平衡常数不变，催化剂只改变速率、不改变平衡，因此数值保持不变。
故答案：不变；
(4)①晶体硅结构中，单个硅原子形成4根键，每根化学键被两个硅原子共用，含 键；
②依据原子空间排布，ABCD平面竖直投影得到对应点阵投影图：。
故答案：2； ；
(5) 析出金属质量、摩尔质量，金属离子化合价，转移电子；总电荷量，整理：
故答案：；
【分析】本题围绕硅的氯化物可逆反应综合命题，包含盖斯定律、双反应三段式平衡计算、速率常数与平衡常数关联、晶体共价键计算、晶胞投影、法拉第常数测定六类考点。
(1) 根据目标化学方程式与已知方程式的加减倍数关系，套用盖斯定律，对焓变进行等量代换计算。
(2) ①双可逆反应共用，依托氢气转化率建立消耗总量关系式，结合恒温恒容压强–物质的量正比关系联立方程组，求出各物质平衡量，按分压规则代入标准平衡常数；
②改变温度对比反应物平衡转化率，由转化率随温度变化趋势判断反应吸放热。
(3) 由平衡正逆速率相等推导速率常数比值等于平衡常数，依据平衡常数只受温度影响、催化剂不改变平衡的规律判断比值变化。
(4) ①利用均摊法分摊共价键，单键被两个原子均分，核算单位物质的量硅的共价键数目；
②结合晶胞空间原子位置，向指定平面垂直投影画出点阵。
(5) 依托电解反应电子守恒，析出金属的得电子总电量等于电路总电量，通过电荷量公式变形推导阿伏加德罗常数表达式。
（1）根据反应物和生成物配平可得反应ⅳ为，根据盖斯定律，反应ⅳ=2×反应ⅱ-反应ⅲ-2×反应ⅰ，则；
（2）①设平衡时、分别转化了、，根据题干信息列出三段式：
，，已知温度下的平衡转化率为，即，平衡时气体的总物质的量，恒温，恒容条件下气体的物质的量与压强成正比，即，联立两式解得，，即体系达到平衡时，，，，，此时气体的总物质的量为，则反应ⅰ的标准平衡常数；
②温度下的平衡转化率为，体系总压强为，，，平衡时气体的总物质的量，恒温，恒容条件下气体的物质的量与压强成正比，即，联立两式解得，，计算可得平衡时的转化率为，的转化率为，而温度下的平衡转化率为，的平衡转化率为，由反应速率可知（温度下的转化率增大得快，反应先达到平衡，说明温度较高），说明温度越高，的平衡转化率越大，故反应ⅱ为吸热反应，即；
（3）当反应达到平衡时，，即，，若反应物初始浓度不变，温度保持不变，使用更优质的催化剂，平衡不移动，K不变，即不变；
（4）①根据晶胞结构，1个Si原子参与形成4个Si—Si键，1个Si—Si键被2个Si共用，则应该有键；
②根据在ABCD平面的投影关系可知投影图为；
（5）电路中通过的电荷量，析出金属时转移电子的物质的量，电荷量，则，。
18．【答案】（1）小于
（2）醛基、碳氟键
（3）
（4）
（5）还原反应
（6）16
（7）；
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）分子内 F 原子与羟基氢能够形成分子内氢键，分子内氢键会削弱分子间作用力，降低分子沸点；对比只能形成分子间氢键的同类物质，该物质沸点偏小。
故答案为： 小于 ；
（2）原料羟基经催化氧化生成醛基，得到 B，结构为；分子内含氟原子与苯环形成的碳氟键、醛基两种官能团。
故答案为： 醛基、碳氟键 ；
（3）D 在氢气、钯碳催化下发生 N-N 键氢解还原，N-N 单键断裂，除生成 E 外，副产物为 ，方程式为：；
故答案为：； ；
（4）E 的氨基与酰氯发生酰胺化成键，结合 G 的骨架反向推导，F 为
故答案： ；
（5）F 中氰基-CN被NaBH4还原转化为-CH2NH2，加氢去氧属于还原反应。
故答案为： 还原反应 ；
（6）根据上述分析知，B的结构简式为，含有碳氟键和醛基，分子式为C8H7OF，不饱和度为5。化合物I是B的同系物，相对分子质量比B大14且苯环上有4个取代基，则这4个取代基为1个-CHO、1个-F、2个。苯环上有4个取代基，且2个相同时有16种位置关系，则满足条件的同分异构体共16种；
故答案为： 16 ；
（7）观察目标产物的结构，结合已知信息和合成路线，可知目标产物可由发生还原反应得到，类比C→D，可推出可制得，再类比B→C，可推出和反应得到，合成路线为：。
故答案为： ； ；
【分析】A 在铜、氧气加热条件下醇羟基催化氧化生成醛 B（ ）；B 与 发生缩合得到亚胺 C；C 在氰甲基硅试剂作用下发生加成生成 D；D 经钯碳催化加氢断裂 N–N 键得到 E；E 与 发生酰胺化反应生成 F（ ）；F 在硼氢化钠作用下氰基还原为氨甲基，最终得到产物 G。
(1) 区分分子内氢键、分子间氢键对熔沸点的不同影响，分子内氢键降低沸点，分子间氢键升高沸点，以此比较沸点大小。
(2) 依托醇催化氧化生成醛的转化规律，由 A 的醇羟基推导 B 的醛基结构，逐一识别分子中官能团。
(3) 对比 D、E 骨架变化，N-N 共价键在催化加氢时断裂，拆分得到小分子副产物，按照断键、加氢原则配平有机方程式。
(4) 采用逆向推导法，G 中酰胺键由 E 氨基与 F 酰基脱水生成，反向补齐 F 的酰基杂环片段。
(5) 依据加氢或者去氧为还原的判定规则，氰基加氢变为氨基，确定反应类别。
(6) 由同系物相对分子质量差值确定多一个亚甲基，锁定四个取代基种类，固定两个相同甲基，轮换剩余两个取代基在苯环的位置，统计同分异构体数目。
(7) 类比题干三步已知转化，先醛肼缩合，再氰基加成，最后氰基还原，仿照题干条件分步搭建合成流程。
（1）能形成分子内氢键会降低沸点，故小于；
（2）根据化合物A的结构简式，结合A→B的反应条件可知B的结构简式为，所含官能团为醛基、碳氟键；
（3）D→E发生还原反应，由D和E的结构简式可知，产物除E外，还有，化学方程式为；
（4）结合已知信息，根据E和G的结构简式，可推出F的结构简式为；
（5）根据F→G过程中—CN转化为知F→G的反应类型为还原反应；
（6）根据上述分析知，B的结构简式为，含有碳氟键和醛基，分子式为C8H7OF，不饱和度为5。化合物I是B的同系物，相对分子质量比B大14且苯环上有4个取代基，则这4个取代基为1个-CHO、1个-F、2个。苯环上有4个取代基，且2个相同时有16种位置关系，则满足条件的同分异构体共16种；
（7）通过观察目标产物的结构，再结合已知信息和合成路线，可知目标产物可由发生还原反应得到，类比C→D，可推出可制得，再类比B→C，可推出和反应得到，合成路线为：。
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