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四川成都市第七中学2026届高三下学期二诊模拟考试化学试卷
1．科技发展与化学密切相关。下列说法错误的是
A．福建舰舰体材料无磁镍铬钛合金钢硬度高于纯铁
B．神舟十七号使用砷化镓(GaAs)太阳能电池，供电时的能量转化形式为化学能转化为电能
C．量子科技“墨子号”使用光纤作为地面传输材料，光纤的主要成分属于新型无机非金属材料
D．中国研制的先进微纳米光刻机，其原材料之一四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]可溶于水
【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；常见能量的转化及运用；含硅矿物及材料的应用；合金及其应用
【解析】【解答】A、无磁镍铬钛合金钢为铁的合金，一般合金硬度高于其成分金属，硬度高于纯铁，A 正确；
B、砷化镓 (GaAs) 太阳能电池供电时，太阳能转化为电能，并非化学能转化为电能，B 错误；
C、光纤的主要成分为 SiO2，属于传统无机非金属材料，并非新型无机非金属材料，C 错误；
D、四甲基氢氧化铵 [(CH3)4NOH] 属于强碱，可溶于水，D 正确；
故答案为：B。
【分析】解题要点：
合金的性质：合金硬度、强度一般高于纯金属，熔点低于纯金属；
太阳能电池的能量转化：将太阳能直接转化为电能，无化学能参与；
无机非金属材料分类：SiO2属于传统无机非金属材料，新型无机非金属材料指高温结构陶瓷、生物陶瓷等；
四甲基氢氧化铵的性质：属于有机强碱，易溶于水，水溶液呈强碱性。
2．下列化学用语的表示正确的是
A．正盐Na2HPO3的阴离子结构可以表示为
B．Cl2分子中化学键的电子云轮廓图：
C．CO2的空间填充模型：
D．基态Cr原子的价层电子轨道表示式：
【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；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
【解析】【解答】A、Na2HPO3是正盐，说明 H3PO3是二元酸，只有 2 个羟基氢可电离，阴离子 HPO32-的结构中 P 连 1 个双键 O、2 个单键 O 和 1 个 H： ，A 正确；
B、Cl2分子中的化学键是 σ 键，电子云轮廓图是 “头碰头” 的圆柱形对称，图中是 π 键的 “肩并肩” 电子云轮廓图，B 错误；
C、CO2的空间填充模型要体现原子半径，中间的C 原子半径大于两侧的 O 原子，图中球大小不符合实际，C 错误；
D、基态 Cr 原子的价层电子排布是 3d54s （洪特规则特例），3d 轨道 5 个单电子、4s 轨道 1 个单电子，题中排布错误，D 错误；
故选：A。
【分析】本题解题要点：
A．根据正盐的定义，判断 H3PO3的可电离羟基氢数，进而确定阴离子结构；
B．区分 σ 键和 π 键的电子云轮廓图特征，Cl2中为 σ 键；
C．空间填充模型需准确反映原子的相对大小和分子空间结构；
D．牢记 Cr 的电子排布特例，按洪特规则分析价层电子轨道表示式。
3．下列有关实验装置能够正确完成对应实验的是
A．氨气的尾气吸收 B．钠的燃烧反应
C．溴苯的制取 D．石油的分馏
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】氨的实验室制法；常见气体制备原理及装置选择；石油的分馏；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、氨气极易溶于水，该装置中导管直接插入水层，会发生倒吸，不能用于氨气的尾气吸收，A 错误；
B、钠的燃烧反应需要在坩埚中进行，不能使用玻璃表面皿，玻璃表面皿加热易炸裂，不能用于钠的燃烧实验，B 错误；
C、苯和液溴在铁粉催化下发生取代反应制取溴苯，四氯化碳可吸收挥发的溴和苯，倒扣的漏斗能防止倒吸，装置操作规范，C 正确；
D、石油分馏时，温度计水银球应位于蒸馏烧瓶支管口处，且冷凝管冷凝水需下进上出，该装置未满足规范要求，D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
尾气吸收：氨气极易溶于水，直接插入水层会发生倒吸，需采用防倒吸装置（如倒扣漏斗），该装置未满足要求；
钠燃烧实验：钠燃烧温度高，玻璃表面皿易炸裂，需选用坩埚等耐高温容器；
溴苯制取：苯与液溴的取代反应中，四氯化碳可吸收挥发的反应物，倒扣漏斗能防止倒吸，装置设计合理；
石油分馏：蒸馏操作中温度计位置、冷凝水流向均有规范要求，该装置不符合。
4．下列反应事实用离子方程式表示，其中正确的是
A．乙酰胺与盐酸混合共热：
B．碳酸氢钙溶液与过量澄清石灰水混合：
C．K3[Fe(CN)6]溶液滴入FeCl2溶液中：K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓
D．K2Cr2O7检测酒驾的反应原理：
【答案】C
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；乙醇的物理、化学性质；离子方程式的书写；酰胺
【解析】【解答】A、乙酰胺与盐酸混合共热，反应的离子方程式为，A错误；
B、碳酸氢钙溶液与过量澄清石灰水混合，反应的离子方程式为，B错误；
C、K3[Fe(CN)6] 溶液滴入 FeCl2溶液中，反应的离子方程式为
K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓，C正确；
D、K2Cr2O7检测酒驾的反应原理，离子方程式，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
离子方程式书写需满足原子守恒、电荷守恒，符合反应事实；
乙酰胺水解反应，需检查原子是否守恒；
酸式盐与碱的反应，需注意反应物用量对离子配比的影响，过量石灰水时 HCO3-完全反应；
配合物与亚铁离子的反应，需注意沉淀的生成与离子拆分；
氧化还原反应的离子方程式，需结合电子守恒、电荷守恒配平。
5．配位化合物广泛应用于物质分离、定量测定、医药、催化等方面。利用氧化法可制备某些配位化合物，如2CoCl2+2NH4Cl+8NH3+H2O2=2[Co(NH3)5Cl]Cl2+2H2O。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1 mol [Co(NH3)5Cl]Cl2中含有σ键的数目为22 NA
B．H-N-H的键角大小：NH3<[Co(NH3)5Cl]2+
C．0.1 mol N2与足量H2在催化剂作用下合成氨，生成的NH3分子数为0.2 NA
D．36 g冰中所含的氢键的数目为2 NA
【答案】B
【知识点】键能、键长、键角及其应用；氢键的存在对物质性质的影响；化学反应的可逆性；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、 中， 个 分子内各含 个 键，共 15 个； 与 5 个 、 个 形成 6 个配位 键；外界 2 个 无 键，总 键数为 ，故含 键数目为 ，A错误；
B、 中 原子有孤电子对，孤电子对斥力大于成键电子对，键角较小； 中 的 原子与 形成配位键，孤电子对转化为成键电子对，斥力减小，键角增大，故 键角：，B正确；
C、 与 合成氨为可逆反应， 不能完全反应，生成 分子数小于 ，C错误；
D、 冰的物质的量为 ，冰中每个水分子形成 个氢键，每个氢键被 个水分子共用，故氢键数目为 ，即 ，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
键计数：需分别计算分子内共价 键、配位 键，注意外界离子无 键；
键角比较：孤电子对斥力大于成键电子对，配位后孤电子对转化为成键电子对，键角增大；
可逆反应：反应物不能完全转化，生成物量小于理论值；
氢键计数：冰中每个水分子形成 个氢键，每个氢键由 个水分子共用，需按比例计算。
6．某种钾盐具有鲜艳的颜色，其阴离子结构如图所示。X、Y、Z、W为原子序数依次增加的前四周期元素，X、Y在第二周期且未成对电子数之比为2：3，Z的最高化合价与最低化合价的代数和为4 ，W 为日常生活中应用最广泛的过渡金属。下列说法错误的是
A．W 的化合价为+3
B．第一电离能X>Y>Z>W
C．该阴离子中含有配位键
D．X、Y、Z均满足最外层8电子结构
【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；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、W 为 Fe，结合阴离子中 Fe 的成键与电荷情况，可判断其化合价为 + 3，A 正确；
B、X 为 C、Y 为 N、Z 为第 ⅥA 族元素（O 或 S）、W 为 Fe。根据第一电离能的递变规律，同周期主族元素从左到右第一电离能整体呈上升趋势，且 N 的 2p 轨道为半满的稳定结构，第一电离能显著高于同周期相邻元素，因此四种元素中第一电离能最大的是 Y（N），B 错误；
C、阴离子中心的 Fe 原子存在空轨道，Y（N）原子含有孤电子对，二者可通过配位键结合形成稳定结构，C 正确；
D、阴离子中 X（C）、Y（N）、Z（O/S）的最外层电子均满足 8 电子稳定结构，D 正确；
故答案为：B。
【分析】先根据题干信息推断元素：X、Y 位于第二周期，且未成对电子数之比为 2：3，因此 X 的未成对电子数为 2，核外电子排布为 1s22s22p2，对应元素为 C；Y 的未成对电子数为 3，核外电子排布为 1s22s22p3，对应元素为 N。Z 的最高正价与最低负价代数和为 4，结合阴离子结构可确定 Z 为第 ⅥA 族元素；W 是日常生活中应用最广泛的过渡金属，对应元素为 Fe，再据此逐一分析各选项。
7．依据实验目的设计实验方案并进行实验，下列实验方案、现象和结论都正确的是
实验目的 实验方案 实验现象 实验结论
A 比较AgI与AgCl的Ksp大小 同温下，向1 mL 0.1 mol·L-1的AgNO3溶液中先加入2 mL 0.1 mol·L-1的KCl溶液，再滴加4滴0.1 mol·L-1的KI溶液 先产生白色沉淀，后产生黄色沉淀 同温下Ksp(AgI)B 证明乙炔具有还原性 向电石中滴入饱和食盐水，将产生的气体通入酸性KMnO4溶液 酸性KMnO4溶液褪色 乙炔具有还原性
C 探究BaSO4能否使蛋白质变性 往装有鸡蛋清的试管中先加入少量BaSO4，再加过量水，振荡 试管底部可见少量固体 BaSO4能使蛋白质变性
D 检验苯中是否含有少量杂质苯酚 向溶液中加入足量浓溴水 未观察到白色沉淀 苯中不含苯酚
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；乙炔炔烃；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A、向硝酸银溶液中先加过量氯化钾生成氯化银沉淀，此时银离子已完全消耗，再滴加碘化钾时，是氯化银沉淀转化为碘化银沉淀，可证明同温下，实验方案、现象、结论均正确，A正确；
B、电石与饱和食盐水反应生成乙炔，会混有硫化氢等还原性杂质，硫化氢具有还原性，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰验证乙炔的还原性，B错误；
C、硫酸钡难溶于水，试管底部的固体是未溶解的硫酸钡，无法证明蛋白质发生了变性，不能达到实验目的，C错误；
D、苯酚与浓溴水反应生成的三溴苯酚能溶于苯，不会产生白色沉淀，因此无法通过该方法检验苯中是否含苯酚，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
沉淀转化与比较：向含过量的悬浊液中加入，若生成沉淀，可直接证明的溶解度更小，对应更小；
乙炔还原性检验：电石制乙炔的副产物具有强还原性，会干扰乙炔的检验，需先通过硫酸铜溶液除杂；
蛋白质变性验证：难溶性固体无法使蛋白质变性，需用可溶性重金属盐等试剂验证；
苯酚检验：三溴苯酚易溶于苯，不会析出沉淀，因此不能用浓溴水检验苯中的苯酚，需用溶液等其他方法。
8．奥司他韦是一种口服活性流感病毒神经氨酸酶抑制剂，分子结构如图所示，下列说法正确的是
A．该分子含有4种官能团
B．该分子中最多有6个碳原子共平面
C．分子式为C16H28N2O4
D．该分子可发生取代、加成、消去、氧化反应
【答案】C
【知识点】有机物中的官能团；烯烃；取代反应
【解析】【解答】A、该分子内含醚键、碳碳双键、酯基、酰胺键（肽键）、氨基，共 5 种官能团，并非 4 种，A 错误；
B、碳碳双键所在平面可通过单键旋转，将酯基、多个烷基碳原子转入同一平面，共平面碳原子远多于 6 个，B 错误；
C、数出分子中 C、H、N、O 原子数目，分子式为 C16H28N2O4，书写正确，C 正确；
D、分子中没有连羟基的饱和碳原子，不存在能发生消去反应的结构，无法发生消去反应，D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
官能团识别：依次找出醚键、碳碳双键、酯基、酰胺键、氨基五类官能团；
碳原子共面判断：碳碳双键为平面结构，单键可自由旋转，侧链烷基碳能旋转至双键平面；
分子式计数：逐环、逐侧链统计所有原子个数，核对 C、H、N、O 数目；
有机反应判断：取代反应（酯水解、酰胺水解、烷基卤代）、加成（碳碳双键）、氧化（双键可被高锰酸钾氧化）可发生；消去反应需要羟基 / 卤素相连碳的邻位碳有氢，该分子无对应结构，不能消去。
9．相同质量的某谷物麦片经消解，所蒸馏出的氨用过量盐酸吸收，再用溶液返滴定，记录至终点时消耗NaOH溶液体积，四次平行测定结果为7.80 mL、7.47 mL、7.88 mL、7.85 mL。下列说法正确的是
A．使用量筒量取盐酸溶液
B．可选择甲基红(变色范围pH4.4~6.2)为指示剂
C．用溶液滴定的相对误差更小
D．平均消耗NaOH溶液体积为7.75 mL
【答案】B
【知识点】指示剂；中和滴定；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A、量取 50.00mL 盐酸溶液需用酸式滴定管或移液管，量筒精度不足，A 错误；
B、返滴定终点溶液呈弱酸性，甲基红变色范围 pH4.4~6.2，符合滴定要求，可作指示剂，B 正确；
C、NaOH 溶液浓度过高会使滴定体积过小，相对误差更大，C 错误；
D、7.47mL 为异常值需舍去，有效数据平均体积为 7.84mL，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
仪器精度要求：精确量取溶液需用滴定管 / 移液管，量筒无法满足精度；
指示剂选择原则：强酸滴定弱碱选酸性变色范围的指示剂，甲基红符合要求；
滴定误差规律：标准液浓度过高会放大相对误差；
数据处理规范：偏差过大的异常值需剔除后再计算平均值。
10．科学家开发了如图所示的电化学装置，实现了H2O2的制备和废弃PET的回收利用。下列说法错误的是
A．溶液中移向电极B
B．电极B的电势高于电极A的电势
C．理论上每消耗3 mol O2，电极B消耗乙二醇124 g
D．阳极区发生的反应为：
【答案】C
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、电解池中阴离子向阳极移动，因此 OH-会移向阳极（电极 B），A 不符合题意；
B、电解池中阳极电势高于阴极电势，电极 B 为阳极、电极 A 为阴极，故电极 B 的电势高于电极 A，B 不符合题意；
C、阴极反应式为 ，消耗 3mol O2时转移 6mol 电子；根据阳极反应式，转移 6mol 电子时消耗 1mol 乙二醇，其质量为 62g，C 符合题意；
D、电极 B 为阳极，失电子，发生氧化反应，反应式为 ，D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】电极 A 中 O2被还原为 H2O2，得电子发生还原反应，为阴极；电极 B 中乙二醇被氧化为 HCOO-，失电子发生氧化反应，为阳极，阳极反应式为：HOCH2CH2OH - 6e- + 8OH- = 2HCOO- + 6H2O，据此逐一分析选项。
11．某温度下发生反应：，M和N的消耗速率与本身浓度的关系如图，已知：，，和是速率常数，只与温度、催化剂有关。下列说法正确的是
A．曲线y代表的是
B．其他条件不变，压缩容器体积，体系内活化分子百分数增大
C．此温度下，该反应的平衡常数
D．密闭容器中进行该反应，P点时反应逆向进行
【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A、由速率公式 可知， 的消耗速率与浓度的平方成正比，对应曲线 ；由 可知， 的消耗速率与浓度成正比，对应曲线 。因此曲线 代表 ，A错误；
B、压缩容器体积，仅增大了体系内反应物的浓度，活化分子总数增加，但活化分子百分数只与温度、催化剂有关，浓度、压强不改变活化分子百分数，B错误；
C、反应达到平衡时，正逆反应速率满足 ，代入速率公式得：平衡常数 ，C错误；
D、 点时 ，结合平衡条件 ，可知此时正反应速率小于逆反应速率，反应逆向进行，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
速率-浓度图像判断：速率与浓度平方成正比为二次曲线（），对应 ；速率与浓度成正比为直线（），对应 ；
活化分子百分数影响因素：仅温度、催化剂可改变，浓度、压强仅改变活化分子总数；
平衡常数与速率常数的推导：平衡时正逆反应速率满足化学计量数关系，据此推导 与 、 的关系；
反应方向判断：通过正、逆反应速率的相对大小，判断反应进行的方向。
12．某工厂采用辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有FeS2、SiO2杂质)与软锰矿(主要成分为MnO2)联合焙烧法制备BiOCl并得到Mn(II)的化合物，工艺流程如图所示。已知联合焙烧时Bi2S3和FeS2分别转化为Bi2O3和Fe2O3，MnO2在联合焙烧时仅考虑生成MnSO4的反应。下列说法正确的是
A．“联合焙烧”时每转化1 mol Bi2S3消耗12 mol MnO2
B．“酸浸”应在加热条件下进行
C．“转化”过程中可知Fe3+氧化性强于Bi3+
D．“水解”时发生的反应为，适当加热可促进水解
【答案】C
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；盐类水解的应用
【解析】【解答】A、在联合焙烧时生成的反应方程式为：，故每转化1 mol消耗3 mol，A错误；
B、酸浸时使用浓盐酸，加热会加速浓盐酸的挥发，降低酸浸效率，同时产生大量 酸雾，因此酸浸不宜在加热条件下进行，B错误；
C、转化过程中，加入金属Bi将 还原为 ，根据“氧化剂的氧化性强于氧化产物”，可知 的氧化性强于 ，C正确；
D、水解在酸性条件下进行，反应物中不能出现 ，正确的离子方程式为 ，适当加热可促进水解，D错误；
故答案为：C；
【分析】辉铋矿（含、、）与过量软锰矿（）在空气参与下联合焙烧，、分别氧化为、，还原为；水浸后过滤，得到溶液（滤液）与含、、的滤渣；滤渣用浓盐酸酸浸，、溶解为、，同时与浓盐酸反应生成（气体），不溶被除去；滤液中加入金属，将还原为，得到含、、的滤液；调节使水解生成沉淀，过滤得到产品，滤液为、溶液。
13．某小组为探究与KI之间的反应，进行了如下实验。
实验
现象 ①产生土黄色沉淀，溶液为棕黄色 ②变为白色悬浊液，最后得到无色澄清溶液 ①产生土黄色沉淀，溶液为蓝绿色 ②开始变为浅蓝色悬浊液，逐渐变为黄绿色悬浊液，然后变为黄色溶液，最后得到无色溶液
已知：（无色）（无色）；CuI为白色沉淀，可吸附；在溶液中不存在；呈无色，呈黄色。
下列结论或推断不合理的是
A．与KI能发生反应：
B．CuI与反应的速率慢于与反应的速率
C．黄绿色悬浊液变为黄色溶液时，有、生成
D．Cu(Ⅱ)与生成配合物反应的限度大于二者发生氧化还原反应的限度
【答案】D
【知识点】配合物的成键情况
【解析】【解答】A、左侧实验将少量滴入过量溶液，出现土黄色沉淀，已知是白色沉淀，沉淀吸附就会显现出土黄色，对应的离子反应就是，推断合理，A不符合题意；
B、往左侧体系滴入之后，棕黄色（来自）率先褪去得到白色悬浊液，说明优先消耗游离态，后续才作用于，也就证明和的反应速率慢于和的反应速率，推断合理，B不符合题意；
C、右侧实验体系过量，逐步滴加会分步生成两种配位产物，无色的、黄色的，悬浊转变为黄色溶液的阶段两种配离子同时存在，推断合理，C不符合题意；
D、右侧实验初期已经出现悬浊，意味着部分已经和发生氧化还原得到沉淀，随着硫代硫酸钠继续加入才逐步形成配位产物，由此可知氧化还原进行的程度更加靠前，也就是与发生氧化还原反应的限度更大，该选项给出的限度大小关系颠倒，推断不合理，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
实验反应基础推导：依托题干给出的物质性质信息，为白色沉淀、能够吸附显色，据此写出铜离子和碘离子的氧化还原离子方程式；
反应速率对比方法：观察硫代硫酸钠加入之后褪色的先后次序，先褪去碘单质造成的棕黄色，以此对比两步反应速率的快慢；
配离子颜色分析：对照两种已知配离子、各自的颜色特征，解释右侧体系颜色逐步过渡变化的成因；
反应限度辨析技巧：通过右侧实验前期就生成沉淀的现象，判断氧化还原优先进行、限度更高，不能误判配位反应限度更大。
14．近年来，二维硒氧化铋因其稳定性好、载流子迁移率高等优点，被广泛应用于各种电子设备。研究人员发现，与石墨烯等二维材料不同，二维硒氧化铋的层与层之间是通过弱静电力而非范德华力维系。如图甲是二维硒氧化铋的结构示意图，图乙为其晶胞结构和氮掺杂后的结构。下列说法正确的是
A．中，
B．二维硒氧化铋晶胞沿z轴方向的投影图应该为
C．若NA为阿伏加德罗常数的值，则二维硒氧化铋晶体的密度为
D．二维硒氧化铋晶体经过图乙所示的氮掺杂之后，化学式变为Bi2O2-aSeNb，则a∶b=3∶2
【答案】D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、由晶胞化学式及电荷守恒，与个数比为，可推得，，A错误；
B、从立体结构投影分析，晶胞沿Z轴投影时，位于体心，位于顶点，位于面心，与选项描述不符，B错误；
C、晶胞中含个，晶胞质量，晶胞体积，因此晶体密度，C错误；
D、氮掺杂后，1个O原子位置变为空穴，2个O原子被N原子替换。重新均摊计算：Bi、Se数目不变（4、2），O原子数为，N原子数为，即。结合化学式，得，，解得，D正确；
故答案为：D。
【分析】根据图乙的晶胞结构，利用均摊法计算各原子数目：Bi原子为个，Se原子为个，O原子为个，因此晶胞的化学式为。结合电荷守恒可知，晶胞中阳离子与阴离子的个数比为。
15．常温下，假设1 L水溶液中Fe3+和初始的物质的量均为0.01 mol(元素Fe、P的物质的量保持不变)。平衡条件下，体系中全部含磷物种的摩尔分数随pH的变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法正确的是
已知Ksp(FePO4)=9.9×10-16，Ksp[Fe(OH)3]=10-38.
A．丙线所示物种为FePO4
B．H3PO4的电离常数Ka2约为1.2×10-8
C．pH=0.23时，c(Fe3+)=0.002 mol·L-1，不产生Fe(OH)3沉淀
D．pH=0.1时，
【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、由上述曲线对应关系可知，丙线代表的含磷物种为，A不符合题意；
B、时，与的摩尔分数均为0.48，此时体系中主要含磷物种为、和，根据物料守恒，的摩尔分数为。磷元素总浓度为，则，。代入磷酸二级电离平衡常数公式：，B不符合题意；
C、时，的摩尔分数为0.80，若铁元素总物质的量为（1L溶液中），则生成的物质的量为，溶液中游离的物质的量为，浓度为。此时溶液中浓度为，计算的浓度积：，该值远小于的溶度积，因此不会生成沉淀，C符合题意；
D、调节pH时，为保证、元素的物质的量不变，不能引入额外的磷酸，因此体系中必然存在其他阴离子（如酸根离子）。根据电荷守恒，时，，因此，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】先结合pH对含磷物种分布、铁盐沉淀行为的影响，完成曲线对应关系的推导：
体系中含磷物种包括、、、，同时存在沉淀与游离。随pH升高，作为最强酸，会最先发生解离，浓度快速下降并趋近于0，因此乙线对应；会优先与结合生成沉淀，沉淀量随pH升高先持续增大，因此甲线对应；当pH进一步升高，会发生沉淀转化，生成，同时释放出，使溶液中浓度回升，因此丁线对应；剩余的中间价态含磷物种，对应丙线，以此为基础逐一分析选项。
16．二茂铁[Fe(C5H5)2]是一种具有芳香族化合物性质的有机过渡金属化合物。二茂铁的熔点是173℃，在100℃时开始升华，沸点是249℃，不溶于水，易溶于苯、乙醚、汽油、柴油等有机溶剂；化学性质稳定，400℃以内不分解。
环戊二烯和二茂铁的结构 实验室制备二茂铁的装置示意图(夹持及加热装置略)
图1 图2
实验步骤如下：
步骤1：在三颈烧瓶中加入25 g粉末状的KOH，并从仪器a中加入60 mL无水乙醚到三颈烧瓶中，充分搅拌，同时通氮气约10 min；
步骤2：再从仪器a滴入5.5 mL新蒸馏的环戊二烯(密度0.95 g/cm3)，搅拌；
步骤3：将6.5 g无水FeCl2与(CH3)2SO(二甲基亚砜，作溶剂)配成的溶液25 mL。装入仪器a中，慢慢滴入三颈烧瓶中，45 min滴完，继续搅拌45 min；
步骤4：再从仪器a加入25 mL无水乙醚搅拌，将液体经过“一系列操作”，得到二茂铁粗产品。
请回答下列问题：
（1）写出KOH、FeCl2、C5H6反应生成二茂铁[Fe(C5H5)2]的化学方程式：　 　。
（2）二茂铁[Fe(C5H5)2]中，环戊二烯阴离子以大π键电子参与配位，二茂铁中配体提供给Fe2+形成配位键的电子有　 　个。早期人们将二茂铁的结构误认为下图，现代核磁共振法能够区分这两种结构，在核磁共振氢谱中，正确的结构有　 　组峰(选填序号，下同)，错误的结构有　 　组峰。
A.1 B.2 C.3 D.4 E.5
（3）仪器a的名称是　 　。
（4）步骤4中的“一系列操作”如下，请排序：将液体转入分液漏斗→　 　→⑤→　 　。
①用水洗涤2次并分液 ②过滤 ③用盐酸洗涤2次并分液 ④蒸出乙醚后得到产品 ⑤加入无水Na2SO4
（5）二茂铁粗产品提纯过程在下图所示装置中进行，其分离方法名称为　 　，该操作中棉花的作用是　 　。
（6）若最终得到纯净的二茂铁4.8 g，则该实验的产率为　 　%(保留两位有效数字)。
【答案】（1）FeCl2+2C5H6+2KOH=Fe(C5H5)2+2KCl+2H2O
（2）12；A；C
（3）恒压滴液漏斗
（4）③①；②④
（5）升华；防止二茂铁挥发进入空气中
（6）65
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；升华；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）、、反应生成二茂铁，与发生中和反应生成，再与配位生成，配平后化学方程式为；
故答案为： FeCl2+2C5H6+2KOH=Fe(C5H5)2+2KCl+2H2O ；
（2）每个环戊二烯阴离子提供6个π电子参与配位，2个配体共提供个电子形成配位键；正确结构中两个环等效，氢原子化学环境完全相同，核磁共振氢谱有1组峰，A符合题意；错误结构中两个环不等效，环上氢原子存在3种化学环境，核磁共振氢谱有3组峰，C符合题意；
故答案为： 12 ； A ； C ；
（3）仪器a为恒压滴液漏斗；
故答案为： 恒压滴液漏斗 ；
（4）步骤4的操作顺序为：将液体转入分液漏斗后，先用盐酸洗涤除去过量，再用水洗涤除去残留盐类，分液后加入无水干燥，过滤除去干燥剂，最后蒸出乙醚得到产品，排序为③→①→⑤→②→④；
故答案为：③① ； ②④ ；
（5）二茂铁易升华，提纯装置利用升华法分离；棉花的作用是防止升华的二茂铁颗粒进入空气中；
故答案为： 升华 ； 防止二茂铁挥发进入空气中；
（6）环戊二烯少量，其物质的量为，有关系式，理论产量为，产率为
故答案为： 65 ；
【分析】本实验以环戊二烯（）、、为原料制备二茂铁（），核心反应为： 。实验流程分为反应合成、后处理提纯、升华精制、产率计算四个阶段，各小题解题思路如下：
（1）先明确反应本质：环戊二烯与发生酸碱反应生成，再与发生配位反应生成二茂铁；根据元素守恒、电荷守恒配平反应式，确保反应物、生成物的原子种类和数目完全一致。
（2）配位键电子数：每个含6个电子，2个配体共提供12个电子形成配位键；氢谱峰数判断：若两个环等效（正确结构），所有氢原子化学环境完全相同，氢谱仅1组峰；若两个环不等效（错误结构），氢原子存在3种不同化学环境，氢谱出现3组峰，据此区分结构。
（3）根据仪器结构特征（带恒压支管、可平衡气压），判断仪器a为恒压滴液漏斗，其作用是使漏斗内液体顺利流下，同时防止反应体系漏气。
（4）先用盐酸洗涤除去过量，再用水洗涤除去残留盐类；分液后用无水干燥有机层；过滤除去干燥剂，最后蒸出乙醚得到产品，据此排序为。
（5）利用二茂铁易升华的物理性质，采用升华法提纯；棉花的作用是阻挡升华的二茂铁固体颗粒，防止其随气流逸出，同时保证气体流通。
（6）确定限量反应物：环戊二烯为少量，以其物质的量为计算基准根据反应关系式，计算二茂铁的理论产量；③ 用实际产量除以理论产量，得到产率：
环戊二烯的物质的量：
理论产量：
产率：。
（1）、、反应生成二茂铁，与发生中和反应生成，再与配位生成，配平后化学方程式为；
（2）每个环戊二烯阴离子提供6个π电子参与配位，2个配体共提供个电子形成配位键；正确结构中两个环等效，氢原子化学环境完全相同，核磁共振氢谱有1组峰，A符合题意；错误结构中两个环不等效，环上氢原子存在3种化学环境，核磁共振氢谱有3组峰，C符合题意；
（3）仪器a为恒压滴液漏斗；
（4）步骤4的操作顺序为：将液体转入分液漏斗后，先用盐酸洗涤除去过量，再用水洗涤除去残留盐类，分液后加入无水干燥，过滤除去干燥剂，最后蒸出乙醚得到产品，排序为③→①→⑤→②→④；
（5）二茂铁易升华，提纯装置利用升华法分离；棉花的作用是防止升华的二茂铁颗粒进入空气中；
（6）环戊二烯少量，其物质的量为，有关系式，理论产量为，产率为。
17．锆(Zr)是一种稀有金属，广泛用在航空航天、军工、核反应、原子能领域。一种以锆英砂(主要含ZrSiO4，还含有少量Cr、Fe、Hf等元素)为原料生产金属锆和副产物硅酸钙的工艺流程如下：
已知：①“酸溶”后各金属元素在溶液中的存在形式为ZrO2+、HfO2+、Fe3+、Cr3+。
②25℃时，Ksp[Fe(OH)3]=10-38，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5；
③部分氯化物的沸点数据如表所示：
物质 ZrCl4 CrCl3 FeCl3 FeCl2
沸点/℃ 331 1300 316 700
回答下列问题：
（1）Zr是Ti的同族相邻元素，基态Zr原子的价电子排布式是　 　。
（2）“碱熔”时生成可以溶于水的钠盐的化学式为：　 　，温度和时间对锆英砂碱熔分解率的影响如图所示，应采取的条件为　 　。
（3）“萃取”时，锆元素与萃取剂形成多种络合物，写出生成Zr(NO3)2Cl2·2TOPO的离子方程式为：　 　，“萃取”操作除去的杂质元素为　 　。
（4）“氨沉”时产物为Zr(OH)4、Cr(OH)3和Fe(OH)3，反应结束后溶液中，则c(Fe3+)=　 　mol·L-1，“滤液2”中主要成分是　 　(填名称)。
（5）“煅烧”时Zr(OH)4分解生成ZrO2，“沸腾氯化”中反应①为“氯化反应”，请写出ZrO2参与该反应的化学方程式：　 　，氯化反应结束通入H2，目的是　 　。
【答案】（1）4d25s2
（2）Na2SiO3；300℃条件下碱熔8h
（3）；Hf
（4）1×10-8；氯化铵
（5）；将FeCl3还原为FeCl2，便于ZrCl4蒸馏分离
【知识点】原子核外电子排布；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；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）Zr是40号元素，与Ti同族（第IVB族），电子排布为，因此价电子排布式为：；
故答案为： 4d25s2 ；
（2）根据已知条件及分析可知：“碱熔”时发生反应的化学方程式：，故“碱熔”时生成可以溶于水的钠盐的化学式为：；根据温度和时间对锆英砂碱熔分解率的影响图示，300℃碱熔分解率最高，时间为8h和10h的分解率没有太大变化，所以最佳的条件是300℃条件下碱熔8h；
故答案为： Na2SiO3 ； 300℃条件下碱熔8h ；
（3）①“萃取”时，锆元素与萃取剂形成多种络合物，则根据流程生成Zr(NO3)2Cl2·2TOPO的离子方程式为：；
②根据分析“萃取”操作除去的杂质元素为Hf；
故答案为： ； Hf ；
（4）“沉淀”后的“废液”中有，，则，，则“废液”中；根据分析，“滤液2”中主要成分是氯化铵；
故答案为： 1×10-8 ； 氯化铵 ；
（5）根据分析“沸腾氯化”时发生反应的化学方程式；根据分析，氯化反应结束通入目的是把还原为，避免升华时含有杂质，便于ZrCl4蒸馏分离。
故答案为： ； 将FeCl3还原为FeCl2，便于ZrCl4蒸馏分离 ；
【分析】碱熔阶段，与反应转化为，同时生成可溶的；酸溶后，金属元素以、、、的形式存在于溶液中；萃取工序用于除去杂质，反萃取后进行沉淀操作，使、生成沉淀除去；滤液2的主要成分为氯化铵，煅烧后得到、、的混合物；沸腾氯化阶段，与、反应转化为，同时、转化为、；因与沸点接近，通入将还原为，避免升华时混有杂质，最终升华提纯得到，再经还原得到金属锆。
(1)为40号元素，与同属第ⅣB族，根据核外电子排布的构造原理，其核外电子排布式为，因此价电子排布式为。
(2)① 碱熔时，与在加热条件下发生反应，根据元素守恒配平化学方程式：
反应生成的钠盐中，可溶于水的是；
② 结合温度、时间对锆英砂碱熔分解率的影响图像，选择分解率最高、时间最优的工艺条件： 300℃条件下碱熔8h
(3)① 萃取时，溶液中的与萃取剂、、、发生络合反应，生成，根据电荷守恒、原子守恒配平离子方程式：
② 萃取工序的核心作用是除去杂质，因此该步骤除去的杂质元素为。
(4)根据的电离平衡：，其电离平衡常数。
已知，，代入公式计算浓度：
再根据的溶度积，代入计算浓度：
同时明确，“滤液2”的主要成分为氯化铵。
(5)① 沸腾氯化时，与、在高温下发生氧化还原反应，化合价不变，作氧化剂，作还原剂生成，配平化学方程式：，
② 因与沸点接近，直接升华会导致混有杂质，因此通入的目的是：将还原为，避免升华时混入杂质，便于的蒸馏分离。
（1）Zr是40号元素，与Ti同族（第IVB族），电子排布为，因此价电子排布式为：；
（2）根据已知条件及分析可知：“碱熔”时发生反应的化学方程式：，故“碱熔”时生成可以溶于水的钠盐的化学式为：；根据温度和时间对锆英砂碱熔分解率的影响图示，300℃碱熔分解率最高，时间为8h和10h的分解率没有太大变化，所以最佳的条件是300℃条件下碱熔8h；
（3）①“萃取”时，锆元素与萃取剂形成多种络合物，则根据流程生成Zr(NO3)2Cl2·2TOPO的离子方程式为：；
②根据分析“萃取”操作除去的杂质元素为Hf；
（4）“沉淀”后的“废液”中有，，则，，则“废液”中；根据分析，“滤液2”中主要成分是氯化铵；
（5）根据分析“沸腾氯化”时发生反应的化学方程式；根据分析，氯化反应结束通入目的是把还原为，避免升华时含有杂质，便于ZrCl4蒸馏分离。
18．CO2的捕集、利用与封存(CCUS)被国际能源署列为实现全球净零排放的关键技术，包括从能源利用等工业过程或大气中捕集分离CO2并加以资源化利用的过程。
（1）化学链燃烧是一种通过载氧体实现燃料与空气的无接触燃烧方式，可有效捕集含碳物质燃烧时产生的CO2.基于CaSO4载氧体的CO化学链燃烧原理为反应Ⅰ和反应Ⅱ，同时体系中还存在副反应为反应Ⅲ．
反应Ⅰ： 。
反应Ⅱ：CaS(s)+2O2(g)=CaSO4(s)
反应Ⅲ：
①写出表示CO燃烧热的热化学方程式　 　。
②为减小平衡时，可以采取的措施有　 　(填字母)。
a．在合适的温度区间内降低反应温度 b．在恒温恒容条件下提高CO的初始投料
c．在恒温恒压条件下往初始投料中添加适量Ar d．加入对反应Ⅰ有利的催化剂
（2）一种由阴离子交换树脂和碳纳米管构成的复合膜(兼具阴离子和电子传递功能)可高效捕集空气中的CO2，原理如图所示，其中复合膜的Ⅰ侧将空气中的CO2捕集并转化为；Ⅱ侧通入少量H2即可释放CO2
复合膜Ⅱ侧释放CO2的反应式为　 　。当复合膜Ⅰ侧处理1 m3(已折算为标准状况，下同)空气，其中98%的CO2被复合膜捕集并释放，Ⅱ侧至少应通入H2　 　L。
（3）CO2催化加氢合成CH3OH可实现CO2的资源化利用。催化剂催化CO2加氢合成CH3OH的主要反应有：
反应Ⅳ：
反应Ⅴ：
初始225℃、8×106 Pa恒压下，将一定比例CO2、H2混合气匀速通过装有催化剂的绝热反应管。装置及L1、L2、L3……位点处(相邻位点距离相同)的气体温度、CO和CH3OH的体积分数如图所示。
H2O的体积分数L5　 　L6；L8-L9位点温度为280℃，且各物质体积分数保持不变，n(CO2)=n(H2)，则反应Ⅳ的Kp=　 　(保留小数点后两位)。若初始225℃、7×107 Pa恒压下，保持CO2、H2通入比例不变，进行上述实验，测得从L1处开始，CO的体积分数不再改变，且小于2.8%，则L8处的温度　 　(填“>”“<”或“=”)280℃，你的判断理由是　 　。
【答案】（1） ；ab
（2）；14.7
（3）<；0.01；>；反应V为气体分子数减小的反应，增加压强，平衡正向移动，放出热量，故体系温度大于280℃
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】（1）①CO燃烧的化学方程式，利用盖斯定律，，故CO燃烧热的热化学方程式为： ；
②a．在合适的温度区间内降低反应温度，反应Ⅰ平衡正向移动，浓度减小，浓度增大，反应Ⅲ为吸热反应，降低温度，平衡逆向移动，和浓度同等程度减小，综合反应Ⅰ和反应Ⅲ，减小，a正确；
b．恒温恒容条件下提高初始投料，则反应Ⅰ平衡正向移动，浓度增大，反应Ⅲ中和浓度同等程度增大，综合反应Ⅰ和反应Ⅲ，浓度增大的更多，则减小，b正确；
c．在恒温恒压条件下往初始投料中添加适量Ar，相当于减压，反应Ⅰ平衡不移动，反应Ⅲ平衡正向移动，反应Ⅲ中和浓度同等程度增大，则不变，c错误；
d．加入对反应Ⅰ有利的催化剂，催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡移动，故不变，d错误；
故答案为： ；ab。
（2）根据题意，复合膜的Ⅰ侧将空气中的CO2捕集并转化为，电极反应式为：；Ⅱ侧通入少量H2即可释放，电极反应方程式为：；
标准状况下，1 m3=1000 L，其中的体积分数为3%，则的体积为，被复合膜Ⅰ捕集的的体积为。则；根据两个电极电极反应式：可得与的物质的量之比为1：2，则，即；
故答案为： ； 14.7 ；
（3）由图可知，体积分数增加，说明L5到 L6处反应Ⅴ正向进行程度增大，反应Ⅴ消耗，但图中体积分数基本不变，说明反应Ⅳ也在正向进行，反应Ⅳ为气体分子数不变的反应，其正向进行时n()增大，反应Ⅴ为气体分子数减小的反应且没有的消耗与生成，故 n总减小而n()增加，即的体积分数增加，因此的体积分数为L5< L6；
设起始和的物质的量分别为和，平衡时和的物质的量分别为和，由题意建立如下三段式：
L8-L9位点n()=n()，则，由图可知，L9处，则，，
联立①②③可得：，则平衡时的物质的量的分数为，的物质的量的分数为，的物质的量的分数为，的物质的量的分数为，则反应Ⅳ的；
反应V为气体分子数减小的反应，增加压强，平衡正向移动，放出热量，故体系温度大于280℃。
故答案为： < ； 0.01 ； > ； 反应V为气体分子数减小的反应，增加压强，平衡正向移动，放出热量，故体系温度大于280℃ ；
【分析】(1) ①依据燃烧热定义，结合盖斯定律叠加已知反应，计算焓变并书写热化学方程式；
②分别分析温度、浓度、惰性气体、催化剂对两个关联平衡的影响，判断浓度比值变化。
(2) ①根据两极反应物、生成物及电子、原子守恒配平电极反应式；
②由烟气体积与 CO2体积分数、捕集效率计算 CO2物质的量，再结合电子转移守恒计算所需 H2体积。
(3) ①依据 CH3OH、CO 体积分数变化判断两反应移动方向，分析 H2O 物质的量与总物质的量变化，比较体积分数；
②通过联立三段式计算平衡分压，求出反应 Ⅳ 的 Kp，结合压强对平衡的影响判断反应 Ⅴ 的热效应。
（1）①CO燃烧的化学方程式，利用盖斯定律，，故CO燃烧热的热化学方程式为： ；
②a．在合适的温度区间内降低反应温度，反应Ⅰ平衡正向移动，浓度减小，浓度增大，反应Ⅲ为吸热反应，降低温度，平衡逆向移动，和浓度同等程度减小，综合反应Ⅰ和反应Ⅲ，减小，a正确；
b．恒温恒容条件下提高初始投料，则反应Ⅰ平衡正向移动，浓度增大，反应Ⅲ中和浓度同等程度增大，综合反应Ⅰ和反应Ⅲ，浓度增大的更多，则减小，b正确；
c．在恒温恒压条件下往初始投料中添加适量Ar，相当于减压，反应Ⅰ平衡不移动，反应Ⅲ平衡正向移动，反应Ⅲ中和浓度同等程度增大，则不变，c错误；
d．加入对反应Ⅰ有利的催化剂，催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡移动，故不变，d错误；
故答案选ab。
（2）根据题意，复合膜的Ⅰ侧将空气中的CO2捕集并转化为，电极反应式为：；Ⅱ侧通入少量H2即可释放，电极反应方程式为：；
标准状况下，1 m3=1000 L，其中的体积分数为3%，则的体积为，被复合膜Ⅰ捕集的的体积为。则；根据两个电极电极反应式：可得与的物质的量之比为1：2，则，即；
（3）由图可知，体积分数增加，说明L5到 L6处反应Ⅴ正向进行程度增大，反应Ⅴ消耗，但图中体积分数基本不变，说明反应Ⅳ也在正向进行，反应Ⅳ为气体分子数不变的反应，其正向进行时n()增大，反应Ⅴ为气体分子数减小的反应且没有的消耗与生成，故 n总减小而n()增加，即的体积分数增加，因此的体积分数为L5< L6；
设起始和的物质的量分别为和，平衡时和的物质的量分别为和，由题意建立如下三段式：
L8-L9位点n()=n()，则，由图可知，L9处，则，，
联立①②③可得：，则平衡时的物质的量的分数为，的物质的量的分数为，的物质的量的分数为，的物质的量的分数为，则反应Ⅳ的；
反应V为气体分子数减小的反应，增加压强，平衡正向移动，放出热量，故体系温度大于280℃。
19．有机物H是抗病毒药物的中间体。某实验室由芳香化合物A制备H的合成路线如下。
已知：①；
②
（1）A物质的名称为　 　。
（2）B→D的反应类型为　 　。
（3）H中碳原子的杂化方式为　 　。写出反应F+G→H的化学方程式：　 　。
（4）化合物E中的官能团名称是　 　。
（5）同时符合下列条件的化合物F的同分异构体有　 　种。
①含有结构；②1 mol该物质最多消耗4 mol NaOH；③核磁共振氢谱中有6组吸收峰。其中所有官能团都在一个苯环上的结构简式为　 　。
（6）由合成，根据题中信息已知，先成环后消去，实现下列转化过程，其中M的结构简式为　 　，“一定条件”为　 　。
【答案】（1）苯甲醇
（2）加成反应
（3）sp2、sp3；++H2O
（4）酮羰基、醚键、碳碳双键
（5）10；
（6）；NaIO4、催化剂
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；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）根据分析可知A的结构为，命名为苯甲醇。
故答案为： 苯甲醇 ；
（2）B为苯甲醛，与C发生醛基的加成反应得到D，分子中多了羟基，属于加成反应。
故答案为： 加成反应 ；
（3）H中双键碳为杂化，饱和烷基碳为杂化，故H中碳原子的杂化方式为、；根据分析可知，反应F+G→H的化学方程式为++H2O。
故答案为： sp2、sp3 ；++H2O ；
（4）根据分析可知，E为，故化合物E中的官能团名称是酮羰基、醚键、碳碳双键。
故答案为： 酮羰基、醚键、碳碳双键 ；
（5）化合物F的同分异构体要求：①含有结构；②1 mol该物质最多消耗4 mol NaOH，说明该物质可能存在酚羟基、羧基或者酚酯；③核磁共振氢谱中有6组吸收峰；故F的同分异构体可能的情况有：①1mol该物质含有羧基1mol和酚羟基3mol，则该情况下F的同分异构体情况为，共4种；②1mol该物质含有酚酯1mol和酚羟基3mol，则该情况下F的同分异构体情况为，共4种；③1mol该物质含有醛基1mol和酚羟基4mol，则该情况下F的同分异构体情况为，共2种；综上可知，F的同分异构体有10种，其中所有官能团都在一个苯环上的结构简式为 。
故答案为： 10 ； ；
（6）先按照已知②进行分子内成环得到带羟基的M，之后醇羟基发生消去反应得到双键，醇消去的反应条件为浓硫酸、加热，故其中M的结构简式为 ；“一定条件”为已知反应①，即和催化剂。
故答案为： ； NaIO4、催化剂 ；
【分析】芳香化合物 A（分子式 C7H8O）经催化氧化得到 B（C7H6O）；B 与对应原料反应生成 C；C 发生加成反应得到含羟基的 D；D 经氧化得到 E（）；E 经 NaIO4氧化断裂碳碳双键，得到含羧基的 F；F 与 G（C3H9NO2）在催化剂作用下发生已知②的胺化反应，最终得到抗病毒药物中间体 H，同时副产物为甘油，根据已知②反应以及F、G结构式可知，G为。
(1) 根据 A 的分子式 C7H8O、芳香化合物属性，结合 A 经 O2催化氧化生成 B（C7H6O），推得 A 为苯甲醇，结构为 C6H5CH2OH。
(2) B 为苯甲醛，C 与苯甲醛发生醛基的加成反应生成 D，分子中引入羟基，故反应类型为加成反应。
(3) 根据杂化轨道理论，H 中双键碳为 sp2 杂化，饱和烷基碳为 sp3 杂化；结合 F、G 的结构与已知反应②，配平 F 与 G 生成 H 和水的化学方程式。
(4) 根据 E 的结构，识别其中的酮羰基、醚键、碳碳双键三种官能团。
(5)根据限定条件（含联苯结构、1mol 最多消耗 4mol NaOH、6 组核磁共振氢峰），分三类（羧基 + 3 酚羟基、酚酯 + 3 酚羟基、醛基 + 4 酚羟基）计数同分异构体，共 10 种；再写出所有官能团在一个苯环上的结构简式。
(6) 先按已知②发生分子内成环得到带羟基的 M，再经醇的消去反应（浓硫酸、加热）得到双键；后续用已知①的 NaIO4、催化剂完成氧化，写出 M 的结构简式并标注反应条件。
（1）根据分析可知A的结构为，命名为苯甲醇。
（2）B为苯甲醛，与C发生醛基的加成反应得到D，分子中多了羟基，属于加成反应。
（3）H中双键碳为杂化，饱和烷基碳为杂化，故H中碳原子的杂化方式为、；根据分析可知，反应F+G→H的化学方程式为++H2O。
（4）根据分析可知，E为，故化合物E中的官能团名称是酮羰基、醚键、碳碳双键。
（5）化合物F的同分异构体要求：①含有结构；②1 mol该物质最多消耗4 mol NaOH，说明该物质可能存在酚羟基、羧基或者酚酯；③核磁共振氢谱中有6组吸收峰；故F的同分异构体可能的情况有：①1mol该物质含有羧基1mol和酚羟基3mol，则该情况下F的同分异构体情况为，共4种；②1mol该物质含有酚酯1mol和酚羟基3mol，则该情况下F的同分异构体情况为，共4种；③1mol该物质含有醛基1mol和酚羟基4mol，则该情况下F的同分异构体情况为，共2种；综上可知，F的同分异构体有10种，其中所有官能团都在一个苯环上的结构简式为 。
（6）先按照已知②进行分子内成环得到带羟基的M，之后醇羟基发生消去反应得到双键，醇消去的反应条件为浓硫酸、加热，故其中M的结构简式为 ；“一定条件”为已知反应①，即和催化剂。
1 / 1四川成都市第七中学2026届高三下学期二诊模拟考试化学试卷
1．科技发展与化学密切相关。下列说法错误的是
A．福建舰舰体材料无磁镍铬钛合金钢硬度高于纯铁
B．神舟十七号使用砷化镓(GaAs)太阳能电池，供电时的能量转化形式为化学能转化为电能
C．量子科技“墨子号”使用光纤作为地面传输材料，光纤的主要成分属于新型无机非金属材料
D．中国研制的先进微纳米光刻机，其原材料之一四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]可溶于水
2．下列化学用语的表示正确的是
A．正盐Na2HPO3的阴离子结构可以表示为
B．Cl2分子中化学键的电子云轮廓图：
C．CO2的空间填充模型：
D．基态Cr原子的价层电子轨道表示式：
3．下列有关实验装置能够正确完成对应实验的是
A．氨气的尾气吸收 B．钠的燃烧反应
C．溴苯的制取 D．石油的分馏
A．A B．B C．C D．D
4．下列反应事实用离子方程式表示，其中正确的是
A．乙酰胺与盐酸混合共热：
B．碳酸氢钙溶液与过量澄清石灰水混合：
C．K3[Fe(CN)6]溶液滴入FeCl2溶液中：K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓
D．K2Cr2O7检测酒驾的反应原理：
5．配位化合物广泛应用于物质分离、定量测定、医药、催化等方面。利用氧化法可制备某些配位化合物，如2CoCl2+2NH4Cl+8NH3+H2O2=2[Co(NH3)5Cl]Cl2+2H2O。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1 mol [Co(NH3)5Cl]Cl2中含有σ键的数目为22 NA
B．H-N-H的键角大小：NH3<[Co(NH3)5Cl]2+
C．0.1 mol N2与足量H2在催化剂作用下合成氨，生成的NH3分子数为0.2 NA
D．36 g冰中所含的氢键的数目为2 NA
6．某种钾盐具有鲜艳的颜色，其阴离子结构如图所示。X、Y、Z、W为原子序数依次增加的前四周期元素，X、Y在第二周期且未成对电子数之比为2：3，Z的最高化合价与最低化合价的代数和为4 ，W 为日常生活中应用最广泛的过渡金属。下列说法错误的是
A．W 的化合价为+3
B．第一电离能X>Y>Z>W
C．该阴离子中含有配位键
D．X、Y、Z均满足最外层8电子结构
7．依据实验目的设计实验方案并进行实验，下列实验方案、现象和结论都正确的是
实验目的 实验方案 实验现象 实验结论
A 比较AgI与AgCl的Ksp大小 同温下，向1 mL 0.1 mol·L-1的AgNO3溶液中先加入2 mL 0.1 mol·L-1的KCl溶液，再滴加4滴0.1 mol·L-1的KI溶液 先产生白色沉淀，后产生黄色沉淀 同温下Ksp(AgI)B 证明乙炔具有还原性 向电石中滴入饱和食盐水，将产生的气体通入酸性KMnO4溶液 酸性KMnO4溶液褪色 乙炔具有还原性
C 探究BaSO4能否使蛋白质变性 往装有鸡蛋清的试管中先加入少量BaSO4，再加过量水，振荡 试管底部可见少量固体 BaSO4能使蛋白质变性
D 检验苯中是否含有少量杂质苯酚 向溶液中加入足量浓溴水 未观察到白色沉淀 苯中不含苯酚
A．A B．B C．C D．D
8．奥司他韦是一种口服活性流感病毒神经氨酸酶抑制剂，分子结构如图所示，下列说法正确的是
A．该分子含有4种官能团
B．该分子中最多有6个碳原子共平面
C．分子式为C16H28N2O4
D．该分子可发生取代、加成、消去、氧化反应
9．相同质量的某谷物麦片经消解，所蒸馏出的氨用过量盐酸吸收，再用溶液返滴定，记录至终点时消耗NaOH溶液体积，四次平行测定结果为7.80 mL、7.47 mL、7.88 mL、7.85 mL。下列说法正确的是
A．使用量筒量取盐酸溶液
B．可选择甲基红(变色范围pH4.4~6.2)为指示剂
C．用溶液滴定的相对误差更小
D．平均消耗NaOH溶液体积为7.75 mL
10．科学家开发了如图所示的电化学装置，实现了H2O2的制备和废弃PET的回收利用。下列说法错误的是
A．溶液中移向电极B
B．电极B的电势高于电极A的电势
C．理论上每消耗3 mol O2，电极B消耗乙二醇124 g
D．阳极区发生的反应为：
11．某温度下发生反应：，M和N的消耗速率与本身浓度的关系如图，已知：，，和是速率常数，只与温度、催化剂有关。下列说法正确的是
A．曲线y代表的是
B．其他条件不变，压缩容器体积，体系内活化分子百分数增大
C．此温度下，该反应的平衡常数
D．密闭容器中进行该反应，P点时反应逆向进行
12．某工厂采用辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有FeS2、SiO2杂质)与软锰矿(主要成分为MnO2)联合焙烧法制备BiOCl并得到Mn(II)的化合物，工艺流程如图所示。已知联合焙烧时Bi2S3和FeS2分别转化为Bi2O3和Fe2O3，MnO2在联合焙烧时仅考虑生成MnSO4的反应。下列说法正确的是
A．“联合焙烧”时每转化1 mol Bi2S3消耗12 mol MnO2
B．“酸浸”应在加热条件下进行
C．“转化”过程中可知Fe3+氧化性强于Bi3+
D．“水解”时发生的反应为，适当加热可促进水解
13．某小组为探究与KI之间的反应，进行了如下实验。
实验
现象 ①产生土黄色沉淀，溶液为棕黄色 ②变为白色悬浊液，最后得到无色澄清溶液 ①产生土黄色沉淀，溶液为蓝绿色 ②开始变为浅蓝色悬浊液，逐渐变为黄绿色悬浊液，然后变为黄色溶液，最后得到无色溶液
已知：（无色）（无色）；CuI为白色沉淀，可吸附；在溶液中不存在；呈无色，呈黄色。
下列结论或推断不合理的是
A．与KI能发生反应：
B．CuI与反应的速率慢于与反应的速率
C．黄绿色悬浊液变为黄色溶液时，有、生成
D．Cu(Ⅱ)与生成配合物反应的限度大于二者发生氧化还原反应的限度
14．近年来，二维硒氧化铋因其稳定性好、载流子迁移率高等优点，被广泛应用于各种电子设备。研究人员发现，与石墨烯等二维材料不同，二维硒氧化铋的层与层之间是通过弱静电力而非范德华力维系。如图甲是二维硒氧化铋的结构示意图，图乙为其晶胞结构和氮掺杂后的结构。下列说法正确的是
A．中，
B．二维硒氧化铋晶胞沿z轴方向的投影图应该为
C．若NA为阿伏加德罗常数的值，则二维硒氧化铋晶体的密度为
D．二维硒氧化铋晶体经过图乙所示的氮掺杂之后，化学式变为Bi2O2-aSeNb，则a∶b=3∶2
15．常温下，假设1 L水溶液中Fe3+和初始的物质的量均为0.01 mol(元素Fe、P的物质的量保持不变)。平衡条件下，体系中全部含磷物种的摩尔分数随pH的变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法正确的是
已知Ksp(FePO4)=9.9×10-16，Ksp[Fe(OH)3]=10-38.
A．丙线所示物种为FePO4
B．H3PO4的电离常数Ka2约为1.2×10-8
C．pH=0.23时，c(Fe3+)=0.002 mol·L-1，不产生Fe(OH)3沉淀
D．pH=0.1时，
16．二茂铁[Fe(C5H5)2]是一种具有芳香族化合物性质的有机过渡金属化合物。二茂铁的熔点是173℃，在100℃时开始升华，沸点是249℃，不溶于水，易溶于苯、乙醚、汽油、柴油等有机溶剂；化学性质稳定，400℃以内不分解。
环戊二烯和二茂铁的结构 实验室制备二茂铁的装置示意图(夹持及加热装置略)
图1 图2
实验步骤如下：
步骤1：在三颈烧瓶中加入25 g粉末状的KOH，并从仪器a中加入60 mL无水乙醚到三颈烧瓶中，充分搅拌，同时通氮气约10 min；
步骤2：再从仪器a滴入5.5 mL新蒸馏的环戊二烯(密度0.95 g/cm3)，搅拌；
步骤3：将6.5 g无水FeCl2与(CH3)2SO(二甲基亚砜，作溶剂)配成的溶液25 mL。装入仪器a中，慢慢滴入三颈烧瓶中，45 min滴完，继续搅拌45 min；
步骤4：再从仪器a加入25 mL无水乙醚搅拌，将液体经过“一系列操作”，得到二茂铁粗产品。
请回答下列问题：
（1）写出KOH、FeCl2、C5H6反应生成二茂铁[Fe(C5H5)2]的化学方程式：　 　。
（2）二茂铁[Fe(C5H5)2]中，环戊二烯阴离子以大π键电子参与配位，二茂铁中配体提供给Fe2+形成配位键的电子有　 　个。早期人们将二茂铁的结构误认为下图，现代核磁共振法能够区分这两种结构，在核磁共振氢谱中，正确的结构有　 　组峰(选填序号，下同)，错误的结构有　 　组峰。
A.1 B.2 C.3 D.4 E.5
（3）仪器a的名称是　 　。
（4）步骤4中的“一系列操作”如下，请排序：将液体转入分液漏斗→　 　→⑤→　 　。
①用水洗涤2次并分液 ②过滤 ③用盐酸洗涤2次并分液 ④蒸出乙醚后得到产品 ⑤加入无水Na2SO4
（5）二茂铁粗产品提纯过程在下图所示装置中进行，其分离方法名称为　 　，该操作中棉花的作用是　 　。
（6）若最终得到纯净的二茂铁4.8 g，则该实验的产率为　 　%(保留两位有效数字)。
17．锆(Zr)是一种稀有金属，广泛用在航空航天、军工、核反应、原子能领域。一种以锆英砂(主要含ZrSiO4，还含有少量Cr、Fe、Hf等元素)为原料生产金属锆和副产物硅酸钙的工艺流程如下：
已知：①“酸溶”后各金属元素在溶液中的存在形式为ZrO2+、HfO2+、Fe3+、Cr3+。
②25℃时，Ksp[Fe(OH)3]=10-38，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5；
③部分氯化物的沸点数据如表所示：
物质 ZrCl4 CrCl3 FeCl3 FeCl2
沸点/℃ 331 1300 316 700
回答下列问题：
（1）Zr是Ti的同族相邻元素，基态Zr原子的价电子排布式是　 　。
（2）“碱熔”时生成可以溶于水的钠盐的化学式为：　 　，温度和时间对锆英砂碱熔分解率的影响如图所示，应采取的条件为　 　。
（3）“萃取”时，锆元素与萃取剂形成多种络合物，写出生成Zr(NO3)2Cl2·2TOPO的离子方程式为：　 　，“萃取”操作除去的杂质元素为　 　。
（4）“氨沉”时产物为Zr(OH)4、Cr(OH)3和Fe(OH)3，反应结束后溶液中，则c(Fe3+)=　 　mol·L-1，“滤液2”中主要成分是　 　(填名称)。
（5）“煅烧”时Zr(OH)4分解生成ZrO2，“沸腾氯化”中反应①为“氯化反应”，请写出ZrO2参与该反应的化学方程式：　 　，氯化反应结束通入H2，目的是　 　。
18．CO2的捕集、利用与封存(CCUS)被国际能源署列为实现全球净零排放的关键技术，包括从能源利用等工业过程或大气中捕集分离CO2并加以资源化利用的过程。
（1）化学链燃烧是一种通过载氧体实现燃料与空气的无接触燃烧方式，可有效捕集含碳物质燃烧时产生的CO2.基于CaSO4载氧体的CO化学链燃烧原理为反应Ⅰ和反应Ⅱ，同时体系中还存在副反应为反应Ⅲ．
反应Ⅰ： 。
反应Ⅱ：CaS(s)+2O2(g)=CaSO4(s)
反应Ⅲ：
①写出表示CO燃烧热的热化学方程式　 　。
②为减小平衡时，可以采取的措施有　 　(填字母)。
a．在合适的温度区间内降低反应温度 b．在恒温恒容条件下提高CO的初始投料
c．在恒温恒压条件下往初始投料中添加适量Ar d．加入对反应Ⅰ有利的催化剂
（2）一种由阴离子交换树脂和碳纳米管构成的复合膜(兼具阴离子和电子传递功能)可高效捕集空气中的CO2，原理如图所示，其中复合膜的Ⅰ侧将空气中的CO2捕集并转化为；Ⅱ侧通入少量H2即可释放CO2
复合膜Ⅱ侧释放CO2的反应式为　 　。当复合膜Ⅰ侧处理1 m3(已折算为标准状况，下同)空气，其中98%的CO2被复合膜捕集并释放，Ⅱ侧至少应通入H2　 　L。
（3）CO2催化加氢合成CH3OH可实现CO2的资源化利用。催化剂催化CO2加氢合成CH3OH的主要反应有：
反应Ⅳ：
反应Ⅴ：
初始225℃、8×106 Pa恒压下，将一定比例CO2、H2混合气匀速通过装有催化剂的绝热反应管。装置及L1、L2、L3……位点处(相邻位点距离相同)的气体温度、CO和CH3OH的体积分数如图所示。
H2O的体积分数L5　 　L6；L8-L9位点温度为280℃，且各物质体积分数保持不变，n(CO2)=n(H2)，则反应Ⅳ的Kp=　 　(保留小数点后两位)。若初始225℃、7×107 Pa恒压下，保持CO2、H2通入比例不变，进行上述实验，测得从L1处开始，CO的体积分数不再改变，且小于2.8%，则L8处的温度　 　(填“>”“<”或“=”)280℃，你的判断理由是　 　。
19．有机物H是抗病毒药物的中间体。某实验室由芳香化合物A制备H的合成路线如下。
已知：①；
②
（1）A物质的名称为　 　。
（2）B→D的反应类型为　 　。
（3）H中碳原子的杂化方式为　 　。写出反应F+G→H的化学方程式：　 　。
（4）化合物E中的官能团名称是　 　。
（5）同时符合下列条件的化合物F的同分异构体有　 　种。
①含有结构；②1 mol该物质最多消耗4 mol NaOH；③核磁共振氢谱中有6组吸收峰。其中所有官能团都在一个苯环上的结构简式为　 　。
（6）由合成，根据题中信息已知，先成环后消去，实现下列转化过程，其中M的结构简式为　 　，“一定条件”为　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；常见能量的转化及运用；含硅矿物及材料的应用；合金及其应用
【解析】【解答】A、无磁镍铬钛合金钢为铁的合金，一般合金硬度高于其成分金属，硬度高于纯铁，A 正确；
B、砷化镓 (GaAs) 太阳能电池供电时，太阳能转化为电能，并非化学能转化为电能，B 错误；
C、光纤的主要成分为 SiO2，属于传统无机非金属材料，并非新型无机非金属材料，C 错误；
D、四甲基氢氧化铵 [(CH3)4NOH] 属于强碱，可溶于水，D 正确；
故答案为：B。
【分析】解题要点：
合金的性质：合金硬度、强度一般高于纯金属，熔点低于纯金属；
太阳能电池的能量转化：将太阳能直接转化为电能，无化学能参与；
无机非金属材料分类：SiO2属于传统无机非金属材料，新型无机非金属材料指高温结构陶瓷、生物陶瓷等；
四甲基氢氧化铵的性质：属于有机强碱，易溶于水，水溶液呈强碱性。
2．【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；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
【解析】【解答】A、Na2HPO3是正盐，说明 H3PO3是二元酸，只有 2 个羟基氢可电离，阴离子 HPO32-的结构中 P 连 1 个双键 O、2 个单键 O 和 1 个 H： ，A 正确；
B、Cl2分子中的化学键是 σ 键，电子云轮廓图是 “头碰头” 的圆柱形对称，图中是 π 键的 “肩并肩” 电子云轮廓图，B 错误；
C、CO2的空间填充模型要体现原子半径，中间的C 原子半径大于两侧的 O 原子，图中球大小不符合实际，C 错误；
D、基态 Cr 原子的价层电子排布是 3d54s （洪特规则特例），3d 轨道 5 个单电子、4s 轨道 1 个单电子，题中排布错误，D 错误；
故选：A。
【分析】本题解题要点：
A．根据正盐的定义，判断 H3PO3的可电离羟基氢数，进而确定阴离子结构；
B．区分 σ 键和 π 键的电子云轮廓图特征，Cl2中为 σ 键；
C．空间填充模型需准确反映原子的相对大小和分子空间结构；
D．牢记 Cr 的电子排布特例，按洪特规则分析价层电子轨道表示式。
3．【答案】C
【知识点】氨的实验室制法；常见气体制备原理及装置选择；石油的分馏；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、氨气极易溶于水，该装置中导管直接插入水层，会发生倒吸，不能用于氨气的尾气吸收，A 错误；
B、钠的燃烧反应需要在坩埚中进行，不能使用玻璃表面皿，玻璃表面皿加热易炸裂，不能用于钠的燃烧实验，B 错误；
C、苯和液溴在铁粉催化下发生取代反应制取溴苯，四氯化碳可吸收挥发的溴和苯，倒扣的漏斗能防止倒吸，装置操作规范，C 正确；
D、石油分馏时，温度计水银球应位于蒸馏烧瓶支管口处，且冷凝管冷凝水需下进上出，该装置未满足规范要求，D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
尾气吸收：氨气极易溶于水，直接插入水层会发生倒吸，需采用防倒吸装置（如倒扣漏斗），该装置未满足要求；
钠燃烧实验：钠燃烧温度高，玻璃表面皿易炸裂，需选用坩埚等耐高温容器；
溴苯制取：苯与液溴的取代反应中，四氯化碳可吸收挥发的反应物，倒扣漏斗能防止倒吸，装置设计合理；
石油分馏：蒸馏操作中温度计位置、冷凝水流向均有规范要求，该装置不符合。
4．【答案】C
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；乙醇的物理、化学性质；离子方程式的书写；酰胺
【解析】【解答】A、乙酰胺与盐酸混合共热，反应的离子方程式为，A错误；
B、碳酸氢钙溶液与过量澄清石灰水混合，反应的离子方程式为，B错误；
C、K3[Fe(CN)6] 溶液滴入 FeCl2溶液中，反应的离子方程式为
K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓，C正确；
D、K2Cr2O7检测酒驾的反应原理，离子方程式，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
离子方程式书写需满足原子守恒、电荷守恒，符合反应事实；
乙酰胺水解反应，需检查原子是否守恒；
酸式盐与碱的反应，需注意反应物用量对离子配比的影响，过量石灰水时 HCO3-完全反应；
配合物与亚铁离子的反应，需注意沉淀的生成与离子拆分；
氧化还原反应的离子方程式，需结合电子守恒、电荷守恒配平。
5．【答案】B
【知识点】键能、键长、键角及其应用；氢键的存在对物质性质的影响；化学反应的可逆性；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、 中， 个 分子内各含 个 键，共 15 个； 与 5 个 、 个 形成 6 个配位 键；外界 2 个 无 键，总 键数为 ，故含 键数目为 ，A错误；
B、 中 原子有孤电子对，孤电子对斥力大于成键电子对，键角较小； 中 的 原子与 形成配位键，孤电子对转化为成键电子对，斥力减小，键角增大，故 键角：，B正确；
C、 与 合成氨为可逆反应， 不能完全反应，生成 分子数小于 ，C错误；
D、 冰的物质的量为 ，冰中每个水分子形成 个氢键，每个氢键被 个水分子共用，故氢键数目为 ，即 ，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
键计数：需分别计算分子内共价 键、配位 键，注意外界离子无 键；
键角比较：孤电子对斥力大于成键电子对，配位后孤电子对转化为成键电子对，键角增大；
可逆反应：反应物不能完全转化，生成物量小于理论值；
氢键计数：冰中每个水分子形成 个氢键，每个氢键由 个水分子共用，需按比例计算。
6．【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；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、W 为 Fe，结合阴离子中 Fe 的成键与电荷情况，可判断其化合价为 + 3，A 正确；
B、X 为 C、Y 为 N、Z 为第 ⅥA 族元素（O 或 S）、W 为 Fe。根据第一电离能的递变规律，同周期主族元素从左到右第一电离能整体呈上升趋势，且 N 的 2p 轨道为半满的稳定结构，第一电离能显著高于同周期相邻元素，因此四种元素中第一电离能最大的是 Y（N），B 错误；
C、阴离子中心的 Fe 原子存在空轨道，Y（N）原子含有孤电子对，二者可通过配位键结合形成稳定结构，C 正确；
D、阴离子中 X（C）、Y（N）、Z（O/S）的最外层电子均满足 8 电子稳定结构，D 正确；
故答案为：B。
【分析】先根据题干信息推断元素：X、Y 位于第二周期，且未成对电子数之比为 2：3，因此 X 的未成对电子数为 2，核外电子排布为 1s22s22p2，对应元素为 C；Y 的未成对电子数为 3，核外电子排布为 1s22s22p3，对应元素为 N。Z 的最高正价与最低负价代数和为 4，结合阴离子结构可确定 Z 为第 ⅥA 族元素；W 是日常生活中应用最广泛的过渡金属，对应元素为 Fe，再据此逐一分析各选项。
7．【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；乙炔炔烃；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A、向硝酸银溶液中先加过量氯化钾生成氯化银沉淀，此时银离子已完全消耗，再滴加碘化钾时，是氯化银沉淀转化为碘化银沉淀，可证明同温下，实验方案、现象、结论均正确，A正确；
B、电石与饱和食盐水反应生成乙炔，会混有硫化氢等还原性杂质，硫化氢具有还原性，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰验证乙炔的还原性，B错误；
C、硫酸钡难溶于水，试管底部的固体是未溶解的硫酸钡，无法证明蛋白质发生了变性，不能达到实验目的，C错误；
D、苯酚与浓溴水反应生成的三溴苯酚能溶于苯，不会产生白色沉淀，因此无法通过该方法检验苯中是否含苯酚，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
沉淀转化与比较：向含过量的悬浊液中加入，若生成沉淀，可直接证明的溶解度更小，对应更小；
乙炔还原性检验：电石制乙炔的副产物具有强还原性，会干扰乙炔的检验，需先通过硫酸铜溶液除杂；
蛋白质变性验证：难溶性固体无法使蛋白质变性，需用可溶性重金属盐等试剂验证；
苯酚检验：三溴苯酚易溶于苯，不会析出沉淀，因此不能用浓溴水检验苯中的苯酚，需用溶液等其他方法。
8．【答案】C
【知识点】有机物中的官能团；烯烃；取代反应
【解析】【解答】A、该分子内含醚键、碳碳双键、酯基、酰胺键（肽键）、氨基，共 5 种官能团，并非 4 种，A 错误；
B、碳碳双键所在平面可通过单键旋转，将酯基、多个烷基碳原子转入同一平面，共平面碳原子远多于 6 个，B 错误；
C、数出分子中 C、H、N、O 原子数目，分子式为 C16H28N2O4，书写正确，C 正确；
D、分子中没有连羟基的饱和碳原子，不存在能发生消去反应的结构，无法发生消去反应，D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
官能团识别：依次找出醚键、碳碳双键、酯基、酰胺键、氨基五类官能团；
碳原子共面判断：碳碳双键为平面结构，单键可自由旋转，侧链烷基碳能旋转至双键平面；
分子式计数：逐环、逐侧链统计所有原子个数，核对 C、H、N、O 数目；
有机反应判断：取代反应（酯水解、酰胺水解、烷基卤代）、加成（碳碳双键）、氧化（双键可被高锰酸钾氧化）可发生；消去反应需要羟基 / 卤素相连碳的邻位碳有氢，该分子无对应结构，不能消去。
9．【答案】B
【知识点】指示剂；中和滴定；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A、量取 50.00mL 盐酸溶液需用酸式滴定管或移液管，量筒精度不足，A 错误；
B、返滴定终点溶液呈弱酸性，甲基红变色范围 pH4.4~6.2，符合滴定要求，可作指示剂，B 正确；
C、NaOH 溶液浓度过高会使滴定体积过小，相对误差更大，C 错误；
D、7.47mL 为异常值需舍去，有效数据平均体积为 7.84mL，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
仪器精度要求：精确量取溶液需用滴定管 / 移液管，量筒无法满足精度；
指示剂选择原则：强酸滴定弱碱选酸性变色范围的指示剂，甲基红符合要求；
滴定误差规律：标准液浓度过高会放大相对误差；
数据处理规范：偏差过大的异常值需剔除后再计算平均值。
10．【答案】C
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、电解池中阴离子向阳极移动，因此 OH-会移向阳极（电极 B），A 不符合题意；
B、电解池中阳极电势高于阴极电势，电极 B 为阳极、电极 A 为阴极，故电极 B 的电势高于电极 A，B 不符合题意；
C、阴极反应式为 ，消耗 3mol O2时转移 6mol 电子；根据阳极反应式，转移 6mol 电子时消耗 1mol 乙二醇，其质量为 62g，C 符合题意；
D、电极 B 为阳极，失电子，发生氧化反应，反应式为 ，D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】电极 A 中 O2被还原为 H2O2，得电子发生还原反应，为阴极；电极 B 中乙二醇被氧化为 HCOO-，失电子发生氧化反应，为阳极，阳极反应式为：HOCH2CH2OH - 6e- + 8OH- = 2HCOO- + 6H2O，据此逐一分析选项。
11．【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A、由速率公式 可知， 的消耗速率与浓度的平方成正比，对应曲线 ；由 可知， 的消耗速率与浓度成正比，对应曲线 。因此曲线 代表 ，A错误；
B、压缩容器体积，仅增大了体系内反应物的浓度，活化分子总数增加，但活化分子百分数只与温度、催化剂有关，浓度、压强不改变活化分子百分数，B错误；
C、反应达到平衡时，正逆反应速率满足 ，代入速率公式得：平衡常数 ，C错误；
D、 点时 ，结合平衡条件 ，可知此时正反应速率小于逆反应速率，反应逆向进行，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
速率-浓度图像判断：速率与浓度平方成正比为二次曲线（），对应 ；速率与浓度成正比为直线（），对应 ；
活化分子百分数影响因素：仅温度、催化剂可改变，浓度、压强仅改变活化分子总数；
平衡常数与速率常数的推导：平衡时正逆反应速率满足化学计量数关系，据此推导 与 、 的关系；
反应方向判断：通过正、逆反应速率的相对大小，判断反应进行的方向。
12．【答案】C
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；盐类水解的应用
【解析】【解答】A、在联合焙烧时生成的反应方程式为：，故每转化1 mol消耗3 mol，A错误；
B、酸浸时使用浓盐酸，加热会加速浓盐酸的挥发，降低酸浸效率，同时产生大量 酸雾，因此酸浸不宜在加热条件下进行，B错误；
C、转化过程中，加入金属Bi将 还原为 ，根据“氧化剂的氧化性强于氧化产物”，可知 的氧化性强于 ，C正确；
D、水解在酸性条件下进行，反应物中不能出现 ，正确的离子方程式为 ，适当加热可促进水解，D错误；
故答案为：C；
【分析】辉铋矿（含、、）与过量软锰矿（）在空气参与下联合焙烧，、分别氧化为、，还原为；水浸后过滤，得到溶液（滤液）与含、、的滤渣；滤渣用浓盐酸酸浸，、溶解为、，同时与浓盐酸反应生成（气体），不溶被除去；滤液中加入金属，将还原为，得到含、、的滤液；调节使水解生成沉淀，过滤得到产品，滤液为、溶液。
13．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况
【解析】【解答】A、左侧实验将少量滴入过量溶液，出现土黄色沉淀，已知是白色沉淀，沉淀吸附就会显现出土黄色，对应的离子反应就是，推断合理，A不符合题意；
B、往左侧体系滴入之后，棕黄色（来自）率先褪去得到白色悬浊液，说明优先消耗游离态，后续才作用于，也就证明和的反应速率慢于和的反应速率，推断合理，B不符合题意；
C、右侧实验体系过量，逐步滴加会分步生成两种配位产物，无色的、黄色的，悬浊转变为黄色溶液的阶段两种配离子同时存在，推断合理，C不符合题意；
D、右侧实验初期已经出现悬浊，意味着部分已经和发生氧化还原得到沉淀，随着硫代硫酸钠继续加入才逐步形成配位产物，由此可知氧化还原进行的程度更加靠前，也就是与发生氧化还原反应的限度更大，该选项给出的限度大小关系颠倒，推断不合理，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
实验反应基础推导：依托题干给出的物质性质信息，为白色沉淀、能够吸附显色，据此写出铜离子和碘离子的氧化还原离子方程式；
反应速率对比方法：观察硫代硫酸钠加入之后褪色的先后次序，先褪去碘单质造成的棕黄色，以此对比两步反应速率的快慢；
配离子颜色分析：对照两种已知配离子、各自的颜色特征，解释右侧体系颜色逐步过渡变化的成因；
反应限度辨析技巧：通过右侧实验前期就生成沉淀的现象，判断氧化还原优先进行、限度更高，不能误判配位反应限度更大。
14．【答案】D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、由晶胞化学式及电荷守恒，与个数比为，可推得，，A错误；
B、从立体结构投影分析，晶胞沿Z轴投影时，位于体心，位于顶点，位于面心，与选项描述不符，B错误；
C、晶胞中含个，晶胞质量，晶胞体积，因此晶体密度，C错误；
D、氮掺杂后，1个O原子位置变为空穴，2个O原子被N原子替换。重新均摊计算：Bi、Se数目不变（4、2），O原子数为，N原子数为，即。结合化学式，得，，解得，D正确；
故答案为：D。
【分析】根据图乙的晶胞结构，利用均摊法计算各原子数目：Bi原子为个，Se原子为个，O原子为个，因此晶胞的化学式为。结合电荷守恒可知，晶胞中阳离子与阴离子的个数比为。
15．【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、由上述曲线对应关系可知，丙线代表的含磷物种为，A不符合题意；
B、时，与的摩尔分数均为0.48，此时体系中主要含磷物种为、和，根据物料守恒，的摩尔分数为。磷元素总浓度为，则，。代入磷酸二级电离平衡常数公式：，B不符合题意；
C、时，的摩尔分数为0.80，若铁元素总物质的量为（1L溶液中），则生成的物质的量为，溶液中游离的物质的量为，浓度为。此时溶液中浓度为，计算的浓度积：，该值远小于的溶度积，因此不会生成沉淀，C符合题意；
D、调节pH时，为保证、元素的物质的量不变，不能引入额外的磷酸，因此体系中必然存在其他阴离子（如酸根离子）。根据电荷守恒，时，，因此，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】先结合pH对含磷物种分布、铁盐沉淀行为的影响，完成曲线对应关系的推导：
体系中含磷物种包括、、、，同时存在沉淀与游离。随pH升高，作为最强酸，会最先发生解离，浓度快速下降并趋近于0，因此乙线对应；会优先与结合生成沉淀，沉淀量随pH升高先持续增大，因此甲线对应；当pH进一步升高，会发生沉淀转化，生成，同时释放出，使溶液中浓度回升，因此丁线对应；剩余的中间价态含磷物种，对应丙线，以此为基础逐一分析选项。
16．【答案】（1）FeCl2+2C5H6+2KOH=Fe(C5H5)2+2KCl+2H2O
（2）12；A；C
（3）恒压滴液漏斗
（4）③①；②④
（5）升华；防止二茂铁挥发进入空气中
（6）65
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；升华；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）、、反应生成二茂铁，与发生中和反应生成，再与配位生成，配平后化学方程式为；
故答案为： FeCl2+2C5H6+2KOH=Fe(C5H5)2+2KCl+2H2O ；
（2）每个环戊二烯阴离子提供6个π电子参与配位，2个配体共提供个电子形成配位键；正确结构中两个环等效，氢原子化学环境完全相同，核磁共振氢谱有1组峰，A符合题意；错误结构中两个环不等效，环上氢原子存在3种化学环境，核磁共振氢谱有3组峰，C符合题意；
故答案为： 12 ； A ； C ；
（3）仪器a为恒压滴液漏斗；
故答案为： 恒压滴液漏斗 ；
（4）步骤4的操作顺序为：将液体转入分液漏斗后，先用盐酸洗涤除去过量，再用水洗涤除去残留盐类，分液后加入无水干燥，过滤除去干燥剂，最后蒸出乙醚得到产品，排序为③→①→⑤→②→④；
故答案为：③① ； ②④ ；
（5）二茂铁易升华，提纯装置利用升华法分离；棉花的作用是防止升华的二茂铁颗粒进入空气中；
故答案为： 升华 ； 防止二茂铁挥发进入空气中；
（6）环戊二烯少量，其物质的量为，有关系式，理论产量为，产率为
故答案为： 65 ；
【分析】本实验以环戊二烯（）、、为原料制备二茂铁（），核心反应为： 。实验流程分为反应合成、后处理提纯、升华精制、产率计算四个阶段，各小题解题思路如下：
（1）先明确反应本质：环戊二烯与发生酸碱反应生成，再与发生配位反应生成二茂铁；根据元素守恒、电荷守恒配平反应式，确保反应物、生成物的原子种类和数目完全一致。
（2）配位键电子数：每个含6个电子，2个配体共提供12个电子形成配位键；氢谱峰数判断：若两个环等效（正确结构），所有氢原子化学环境完全相同，氢谱仅1组峰；若两个环不等效（错误结构），氢原子存在3种不同化学环境，氢谱出现3组峰，据此区分结构。
（3）根据仪器结构特征（带恒压支管、可平衡气压），判断仪器a为恒压滴液漏斗，其作用是使漏斗内液体顺利流下，同时防止反应体系漏气。
（4）先用盐酸洗涤除去过量，再用水洗涤除去残留盐类；分液后用无水干燥有机层；过滤除去干燥剂，最后蒸出乙醚得到产品，据此排序为。
（5）利用二茂铁易升华的物理性质，采用升华法提纯；棉花的作用是阻挡升华的二茂铁固体颗粒，防止其随气流逸出，同时保证气体流通。
（6）确定限量反应物：环戊二烯为少量，以其物质的量为计算基准根据反应关系式，计算二茂铁的理论产量；③ 用实际产量除以理论产量，得到产率：
环戊二烯的物质的量：
理论产量：
产率：。
（1）、、反应生成二茂铁，与发生中和反应生成，再与配位生成，配平后化学方程式为；
（2）每个环戊二烯阴离子提供6个π电子参与配位，2个配体共提供个电子形成配位键；正确结构中两个环等效，氢原子化学环境完全相同，核磁共振氢谱有1组峰，A符合题意；错误结构中两个环不等效，环上氢原子存在3种化学环境，核磁共振氢谱有3组峰，C符合题意；
（3）仪器a为恒压滴液漏斗；
（4）步骤4的操作顺序为：将液体转入分液漏斗后，先用盐酸洗涤除去过量，再用水洗涤除去残留盐类，分液后加入无水干燥，过滤除去干燥剂，最后蒸出乙醚得到产品，排序为③→①→⑤→②→④；
（5）二茂铁易升华，提纯装置利用升华法分离；棉花的作用是防止升华的二茂铁颗粒进入空气中；
（6）环戊二烯少量，其物质的量为，有关系式，理论产量为，产率为。
17．【答案】（1）4d25s2
（2）Na2SiO3；300℃条件下碱熔8h
（3）；Hf
（4）1×10-8；氯化铵
（5）；将FeCl3还原为FeCl2，便于ZrCl4蒸馏分离
【知识点】原子核外电子排布；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；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）Zr是40号元素，与Ti同族（第IVB族），电子排布为，因此价电子排布式为：；
故答案为： 4d25s2 ；
（2）根据已知条件及分析可知：“碱熔”时发生反应的化学方程式：，故“碱熔”时生成可以溶于水的钠盐的化学式为：；根据温度和时间对锆英砂碱熔分解率的影响图示，300℃碱熔分解率最高，时间为8h和10h的分解率没有太大变化，所以最佳的条件是300℃条件下碱熔8h；
故答案为： Na2SiO3 ； 300℃条件下碱熔8h ；
（3）①“萃取”时，锆元素与萃取剂形成多种络合物，则根据流程生成Zr(NO3)2Cl2·2TOPO的离子方程式为：；
②根据分析“萃取”操作除去的杂质元素为Hf；
故答案为： ； Hf ；
（4）“沉淀”后的“废液”中有，，则，，则“废液”中；根据分析，“滤液2”中主要成分是氯化铵；
故答案为： 1×10-8 ； 氯化铵 ；
（5）根据分析“沸腾氯化”时发生反应的化学方程式；根据分析，氯化反应结束通入目的是把还原为，避免升华时含有杂质，便于ZrCl4蒸馏分离。
故答案为： ； 将FeCl3还原为FeCl2，便于ZrCl4蒸馏分离 ；
【分析】碱熔阶段，与反应转化为，同时生成可溶的；酸溶后，金属元素以、、、的形式存在于溶液中；萃取工序用于除去杂质，反萃取后进行沉淀操作，使、生成沉淀除去；滤液2的主要成分为氯化铵，煅烧后得到、、的混合物；沸腾氯化阶段，与、反应转化为，同时、转化为、；因与沸点接近，通入将还原为，避免升华时混有杂质，最终升华提纯得到，再经还原得到金属锆。
(1)为40号元素，与同属第ⅣB族，根据核外电子排布的构造原理，其核外电子排布式为，因此价电子排布式为。
(2)① 碱熔时，与在加热条件下发生反应，根据元素守恒配平化学方程式：
反应生成的钠盐中，可溶于水的是；
② 结合温度、时间对锆英砂碱熔分解率的影响图像，选择分解率最高、时间最优的工艺条件： 300℃条件下碱熔8h
(3)① 萃取时，溶液中的与萃取剂、、、发生络合反应，生成，根据电荷守恒、原子守恒配平离子方程式：
② 萃取工序的核心作用是除去杂质，因此该步骤除去的杂质元素为。
(4)根据的电离平衡：，其电离平衡常数。
已知，，代入公式计算浓度：
再根据的溶度积，代入计算浓度：
同时明确，“滤液2”的主要成分为氯化铵。
(5)① 沸腾氯化时，与、在高温下发生氧化还原反应，化合价不变，作氧化剂，作还原剂生成，配平化学方程式：，
② 因与沸点接近，直接升华会导致混有杂质，因此通入的目的是：将还原为，避免升华时混入杂质，便于的蒸馏分离。
（1）Zr是40号元素，与Ti同族（第IVB族），电子排布为，因此价电子排布式为：；
（2）根据已知条件及分析可知：“碱熔”时发生反应的化学方程式：，故“碱熔”时生成可以溶于水的钠盐的化学式为：；根据温度和时间对锆英砂碱熔分解率的影响图示，300℃碱熔分解率最高，时间为8h和10h的分解率没有太大变化，所以最佳的条件是300℃条件下碱熔8h；
（3）①“萃取”时，锆元素与萃取剂形成多种络合物，则根据流程生成Zr(NO3)2Cl2·2TOPO的离子方程式为：；
②根据分析“萃取”操作除去的杂质元素为Hf；
（4）“沉淀”后的“废液”中有，，则，，则“废液”中；根据分析，“滤液2”中主要成分是氯化铵；
（5）根据分析“沸腾氯化”时发生反应的化学方程式；根据分析，氯化反应结束通入目的是把还原为，避免升华时含有杂质，便于ZrCl4蒸馏分离。
18．【答案】（1） ；ab
（2）；14.7
（3）<；0.01；>；反应V为气体分子数减小的反应，增加压强，平衡正向移动，放出热量，故体系温度大于280℃
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】（1）①CO燃烧的化学方程式，利用盖斯定律，，故CO燃烧热的热化学方程式为： ；
②a．在合适的温度区间内降低反应温度，反应Ⅰ平衡正向移动，浓度减小，浓度增大，反应Ⅲ为吸热反应，降低温度，平衡逆向移动，和浓度同等程度减小，综合反应Ⅰ和反应Ⅲ，减小，a正确；
b．恒温恒容条件下提高初始投料，则反应Ⅰ平衡正向移动，浓度增大，反应Ⅲ中和浓度同等程度增大，综合反应Ⅰ和反应Ⅲ，浓度增大的更多，则减小，b正确；
c．在恒温恒压条件下往初始投料中添加适量Ar，相当于减压，反应Ⅰ平衡不移动，反应Ⅲ平衡正向移动，反应Ⅲ中和浓度同等程度增大，则不变，c错误；
d．加入对反应Ⅰ有利的催化剂，催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡移动，故不变，d错误；
故答案为： ；ab。
（2）根据题意，复合膜的Ⅰ侧将空气中的CO2捕集并转化为，电极反应式为：；Ⅱ侧通入少量H2即可释放，电极反应方程式为：；
标准状况下，1 m3=1000 L，其中的体积分数为3%，则的体积为，被复合膜Ⅰ捕集的的体积为。则；根据两个电极电极反应式：可得与的物质的量之比为1：2，则，即；
故答案为： ； 14.7 ；
（3）由图可知，体积分数增加，说明L5到 L6处反应Ⅴ正向进行程度增大，反应Ⅴ消耗，但图中体积分数基本不变，说明反应Ⅳ也在正向进行，反应Ⅳ为气体分子数不变的反应，其正向进行时n()增大，反应Ⅴ为气体分子数减小的反应且没有的消耗与生成，故 n总减小而n()增加，即的体积分数增加，因此的体积分数为L5< L6；
设起始和的物质的量分别为和，平衡时和的物质的量分别为和，由题意建立如下三段式：
L8-L9位点n()=n()，则，由图可知，L9处，则，，
联立①②③可得：，则平衡时的物质的量的分数为，的物质的量的分数为，的物质的量的分数为，的物质的量的分数为，则反应Ⅳ的；
反应V为气体分子数减小的反应，增加压强，平衡正向移动，放出热量，故体系温度大于280℃。
故答案为： < ； 0.01 ； > ； 反应V为气体分子数减小的反应，增加压强，平衡正向移动，放出热量，故体系温度大于280℃ ；
【分析】(1) ①依据燃烧热定义，结合盖斯定律叠加已知反应，计算焓变并书写热化学方程式；
②分别分析温度、浓度、惰性气体、催化剂对两个关联平衡的影响，判断浓度比值变化。
(2) ①根据两极反应物、生成物及电子、原子守恒配平电极反应式；
②由烟气体积与 CO2体积分数、捕集效率计算 CO2物质的量，再结合电子转移守恒计算所需 H2体积。
(3) ①依据 CH3OH、CO 体积分数变化判断两反应移动方向，分析 H2O 物质的量与总物质的量变化，比较体积分数；
②通过联立三段式计算平衡分压，求出反应 Ⅳ 的 Kp，结合压强对平衡的影响判断反应 Ⅴ 的热效应。
（1）①CO燃烧的化学方程式，利用盖斯定律，，故CO燃烧热的热化学方程式为： ；
②a．在合适的温度区间内降低反应温度，反应Ⅰ平衡正向移动，浓度减小，浓度增大，反应Ⅲ为吸热反应，降低温度，平衡逆向移动，和浓度同等程度减小，综合反应Ⅰ和反应Ⅲ，减小，a正确；
b．恒温恒容条件下提高初始投料，则反应Ⅰ平衡正向移动，浓度增大，反应Ⅲ中和浓度同等程度增大，综合反应Ⅰ和反应Ⅲ，浓度增大的更多，则减小，b正确；
c．在恒温恒压条件下往初始投料中添加适量Ar，相当于减压，反应Ⅰ平衡不移动，反应Ⅲ平衡正向移动，反应Ⅲ中和浓度同等程度增大，则不变，c错误；
d．加入对反应Ⅰ有利的催化剂，催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡移动，故不变，d错误；
故答案选ab。
（2）根据题意，复合膜的Ⅰ侧将空气中的CO2捕集并转化为，电极反应式为：；Ⅱ侧通入少量H2即可释放，电极反应方程式为：；
标准状况下，1 m3=1000 L，其中的体积分数为3%，则的体积为，被复合膜Ⅰ捕集的的体积为。则；根据两个电极电极反应式：可得与的物质的量之比为1：2，则，即；
（3）由图可知，体积分数增加，说明L5到 L6处反应Ⅴ正向进行程度增大，反应Ⅴ消耗，但图中体积分数基本不变，说明反应Ⅳ也在正向进行，反应Ⅳ为气体分子数不变的反应，其正向进行时n()增大，反应Ⅴ为气体分子数减小的反应且没有的消耗与生成，故 n总减小而n()增加，即的体积分数增加，因此的体积分数为L5< L6；
设起始和的物质的量分别为和，平衡时和的物质的量分别为和，由题意建立如下三段式：
L8-L9位点n()=n()，则，由图可知，L9处，则，，
联立①②③可得：，则平衡时的物质的量的分数为，的物质的量的分数为，的物质的量的分数为，的物质的量的分数为，则反应Ⅳ的；
反应V为气体分子数减小的反应，增加压强，平衡正向移动，放出热量，故体系温度大于280℃。
19．【答案】（1）苯甲醇
（2）加成反应
（3）sp2、sp3；++H2O
（4）酮羰基、醚键、碳碳双键
（5）10；
（6）；NaIO4、催化剂
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；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）根据分析可知A的结构为，命名为苯甲醇。
故答案为： 苯甲醇 ；
（2）B为苯甲醛，与C发生醛基的加成反应得到D，分子中多了羟基，属于加成反应。
故答案为： 加成反应 ；
（3）H中双键碳为杂化，饱和烷基碳为杂化，故H中碳原子的杂化方式为、；根据分析可知，反应F+G→H的化学方程式为++H2O。
故答案为： sp2、sp3 ；++H2O ；
（4）根据分析可知，E为，故化合物E中的官能团名称是酮羰基、醚键、碳碳双键。
故答案为： 酮羰基、醚键、碳碳双键 ；
（5）化合物F的同分异构体要求：①含有结构；②1 mol该物质最多消耗4 mol NaOH，说明该物质可能存在酚羟基、羧基或者酚酯；③核磁共振氢谱中有6组吸收峰；故F的同分异构体可能的情况有：①1mol该物质含有羧基1mol和酚羟基3mol，则该情况下F的同分异构体情况为，共4种；②1mol该物质含有酚酯1mol和酚羟基3mol，则该情况下F的同分异构体情况为，共4种；③1mol该物质含有醛基1mol和酚羟基4mol，则该情况下F的同分异构体情况为，共2种；综上可知，F的同分异构体有10种，其中所有官能团都在一个苯环上的结构简式为 。
故答案为： 10 ； ；
（6）先按照已知②进行分子内成环得到带羟基的M，之后醇羟基发生消去反应得到双键，醇消去的反应条件为浓硫酸、加热，故其中M的结构简式为 ；“一定条件”为已知反应①，即和催化剂。
故答案为： ； NaIO4、催化剂 ；
【分析】芳香化合物 A（分子式 C7H8O）经催化氧化得到 B（C7H6O）；B 与对应原料反应生成 C；C 发生加成反应得到含羟基的 D；D 经氧化得到 E（）；E 经 NaIO4氧化断裂碳碳双键，得到含羧基的 F；F 与 G（C3H9NO2）在催化剂作用下发生已知②的胺化反应，最终得到抗病毒药物中间体 H，同时副产物为甘油，根据已知②反应以及F、G结构式可知，G为。
(1) 根据 A 的分子式 C7H8O、芳香化合物属性，结合 A 经 O2催化氧化生成 B（C7H6O），推得 A 为苯甲醇，结构为 C6H5CH2OH。
(2) B 为苯甲醛，C 与苯甲醛发生醛基的加成反应生成 D，分子中引入羟基，故反应类型为加成反应。
(3) 根据杂化轨道理论，H 中双键碳为 sp2 杂化，饱和烷基碳为 sp3 杂化；结合 F、G 的结构与已知反应②，配平 F 与 G 生成 H 和水的化学方程式。
(4) 根据 E 的结构，识别其中的酮羰基、醚键、碳碳双键三种官能团。
(5)根据限定条件（含联苯结构、1mol 最多消耗 4mol NaOH、6 组核磁共振氢峰），分三类（羧基 + 3 酚羟基、酚酯 + 3 酚羟基、醛基 + 4 酚羟基）计数同分异构体，共 10 种；再写出所有官能团在一个苯环上的结构简式。
(6) 先按已知②发生分子内成环得到带羟基的 M，再经醇的消去反应（浓硫酸、加热）得到双键；后续用已知①的 NaIO4、催化剂完成氧化，写出 M 的结构简式并标注反应条件。
（1）根据分析可知A的结构为，命名为苯甲醇。
（2）B为苯甲醛，与C发生醛基的加成反应得到D，分子中多了羟基，属于加成反应。
（3）H中双键碳为杂化，饱和烷基碳为杂化，故H中碳原子的杂化方式为、；根据分析可知，反应F+G→H的化学方程式为++H2O。
（4）根据分析可知，E为，故化合物E中的官能团名称是酮羰基、醚键、碳碳双键。
（5）化合物F的同分异构体要求：①含有结构；②1 mol该物质最多消耗4 mol NaOH，说明该物质可能存在酚羟基、羧基或者酚酯；③核磁共振氢谱中有6组吸收峰；故F的同分异构体可能的情况有：①1mol该物质含有羧基1mol和酚羟基3mol，则该情况下F的同分异构体情况为，共4种；②1mol该物质含有酚酯1mol和酚羟基3mol，则该情况下F的同分异构体情况为，共4种；③1mol该物质含有醛基1mol和酚羟基4mol，则该情况下F的同分异构体情况为，共2种；综上可知，F的同分异构体有10种，其中所有官能团都在一个苯环上的结构简式为 。
（6）先按照已知②进行分子内成环得到带羟基的M，之后醇羟基发生消去反应得到双键，醇消去的反应条件为浓硫酸、加热，故其中M的结构简式为 ；“一定条件”为已知反应①，即和催化剂。
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