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2026届湖南长沙市雅礼中学高三下学期一模化学试题
1．化学以其独特的魅力影响着我们的生活。下列说法错误的是
A．食品包装袋中常有硅胶、生石灰、还原铁粉，其作用都是为了防止食品氧化变质
B．超市中售卖的“苏打水”呈碱性，是因为含有小苏打（）
C．酿酒工艺中加的“酒曲”与面包工艺中加的“发酵粉”（碳酸氢钠和有机酸）的作用不同
D．改变金属的内部结构，将金属制成合金可提高金属的抗腐蚀能力
2．下列化学用语表示不正确的是
A．苯分子的空间填充模型：
B．乙醚的结构简式：
C．中O原子的杂化轨道表示式：
D．的VSEPR模型：
3．利用下图所示实验仪器、装置及药品(夹持装置已省略)能达到实验目的的是
A．图①装置b中溶液变蓝能够说明浓分解生成
B．图②用分水器提高反应物转化率
C．图③依据褪色时间的长短，能证明反应物质浓度对反应速率的影响
D．图④用盐酸标准液测氨水浓度
4．下列离子方程式或化学方程式表达正确的是
A．向溶液中加入过量NaClO溶液产生红褐色沉淀：
B．将天青石()用溶液浸泡得 (已知Sr为第五周期第ⅡA元素)：
C．将变黑的银器(产生)置于盛有食盐水的铝盆中，银器恢复光亮：
D．N-甲基甲酰胺中加入稀盐酸并加热：
5．超氧化钾（）可用作潜水或宇航装置的吸收剂和供氧剂，反应为，为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．晶体中离子的数目为
B．中σ键的数目为
C．溶液中的数目小于
D．该反应中每转移1 mol电子，生成的数目为
6．某种可用作原电池电解质的离子液体的结构如图所示。W、X、Y、Z、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，基态Y原子的s能级电子总数是p能级电子总数的2倍，且X、Y、Z、R同周期。下列说法错误的是
A．原子半径：
B．第一电离能：
C．最高价含氧酸的酸性：
D．和的VSEPR模型名称均为四面体形
7．我国化学工作者开发了一种回收利用聚乳酸（PLA）高分子材料的方法，其转化路线如图所示。
下列叙述错误的是
A．PLA在碱性条件下可发生降解反应
B．MP的化学名称是丙酸甲酯
C．MP的同分异构体中属于酯类的有4种
D．MMA可加聚生成高分子材料有机玻璃
8．在25℃、光照条件下，产生氯自由基，引发丙烷一氯代反应：
i．
ii．
反应体系中产物n(2-氯丙烷)：n(1-氯丙烷)。下列说法错误的是
A．活化能：反应i<反应ii
B．丙烷中的键能：的的
C．当丙烷消耗2 mol时上述反应体系的焓变为
D．相同条件下正丁烷与发生一氯代反应，产物n(2-氯丁烷)：n(1-氯丁烷)
9．铍是重要的航空材料。一种从铝硅酸盐[]中提取铍的流程如图所示。
已知：；水相2中主要溶质是。
下列说法错误的是
A．“冷却”过程应快速降温，有利于后续的“酸浸”
B．“萃取分液”的目的是分离Be与Si
C．滤液2可以在“反萃取分液”中循环使用
D．“反萃取”时参与反应的
10．一种离子液体电池可以在供电的同时将转化为，电解质为离子液体及少量水，其中的是一种季铵离子，在电池中作电解质、质子源和促进剂。该电池工作原理如图所示，运行一段时间后，碳纳米管表面可检测出有生成。
下列说法正确的是
A．a电极为负极，在该电极上被氧化
B．b电极反应式可能为：
C．是电池中唯一的质子源
D．作为电池促进剂的原理是通过生成增加电荷浓度，从而增强了离子电流强度
11．小组同学探究盐溶液对反应(血红色)的影响。将的溶液与的溶液混合，分别加入等量的试剂①~④，测得平衡后体系的透光率如下图所示。
已知：i．溶液血红色越深，透光率越小，其它颜色对透光率的影响可忽略
ii．(黄色)
iii.已知对实验无影响
下列说法不正确的是
A．注入试剂①后溶液透光率增大，证明逆向移动
B．透光率③比②高，可能是阳离子种类或溶液不同导致的
C．透光率④比③高，可能发生了反应
D．若要证明试剂③中对平衡体系有影响，还应使用的溶液进行对照实验
12．型晶态半导体材料由与碳族元素形成，其立方晶胞结构如图。已知：晶胞参数。下列说法正确的是
A．与Z紧邻的有4个
B．晶胞内之间最近的距离为
C．晶胞密度：
D．若晶胞顶点替换为，则
13．将气体和按体积之比导入管式反应器（如图1）热解制，高于T℃下发生如下两个反应（反应过程用稀释）：
Ⅰ：
Ⅱ：
在常压下反应相同时间后，测得气体、及体积分数（V%）随温度的变化如图2所示。下列说法错误的是
A．高于T℃时，该体系中发生的反应可能有
B．曲线b表示的体积分数随温度的变化
C．1000℃时，反应的活化能：反应Ⅰ<反应Ⅱ
D．在1000℃、常压下达到平衡后，通入提高投料比[]，的平衡转化率增大
14．向溶液中通入，体系中含银物种分布系数、与的关系如图。例如：、。下列说法正确的是
A．曲线Ⅲ代表
B．时，
C．
D．时，
15．[Co(II)Salen]配合物具有可逆载氧能力，是天然氧载体的模型化合物。
[Co(II)Salen]配合物的制备原理、装置及载氧能力测定实验步骤如下：
I．[Co(II)Salen]配合物的制备
实验原理：
实验步骤：
a．在装置一的三颈烧瓶中依次加入1.6mL水杨醛、80mL95%乙醇及乙二胺，搅拌4~5min，生成亮黄色的双水杨缩乙二胺片状晶体。
b．溶解1.9g四水合乙酸钴于15mL热水中，将该溶液转移到滴液漏斗中。随后向烧瓶中通入氮气，3~5min后开冷凝水，加热使溶液微沸。
c．待亮黄色片状晶体全部溶解后，把乙酸钴溶液加入烧瓶中，立即生成棕色的胶状沉淀，在微沸下搅拌40~50min．在这段时间内棕色沉淀慢慢转为暗红色晶体。
d．上述溶液依次冷却、抽滤、洗涤和干燥。最后称重为2.1g。
II．[Co(II)Salen]配合物的载氧测定
反应原理：
e．在装置二的具支试管中加入[Co(II)Salen]配合物，打开、，打开氧气钢瓶通约3~5min后，关闭、，读取量气筒的刻度。
f．将DMF()从仪器d中放出，充分反应，一直到量气筒中液面不再明显变化为止，读取读数，此读数与第一次读数之差即为吸氧体积，重复试验三次。
已知：[Co(II)Salen]配合物的摩尔质量为：。
回答下列问题：
（1）[Co(II)Salen]配合物中提供孤电子对形成配位键的原子是　 　。(填元素符号)
（2）仪器c的名称为　 　，其作用是　 　。
（3）双水杨缩乙二胺与乙酸钴溶液反应的离子方程式为　 　；[Co(II)Salen]配合物的制备实验中，理论产量以乙二胺数据进行计算，则[Co(II)Salen]配合物的产率为　 　(列出计算式)。
（4）[Co(II)Salen]配合物的吸氧测定的装置加药品前需进行装置气密性的检验，请简述检验该装置气密性的操作及现象：　 　；与普通的分液漏斗相比，该实验中仪器d的优点为　 　(写两点)。
（5）读取量气筒的刻度前应进行的操作有_______(填字母)。
A．冷却至室温
B．通过调节水准管使左右两边液面高度齐平
C．打开、
D．打开、关闭
16．锗（Ge）是战略性关键金属，广泛应用于红外光学、半导体等领域。我国内蒙古乌兰图嘎褐煤中锗储量丰富，但品位低（约244 g/t），且伴生砷、铁等杂质。一种从褐煤中提取锗的工艺流程如下：
已知：
Ⅰ．“焙烧”阶段：低温段（250~300℃）加入，促进有机物分解；高温段（500~550℃）控制弱还原气氛，使被C或CO还原为易挥发的GeO随烟气进入收尘系统，得到富锗烟尘。
Ⅱ．沸点1200℃，GeO沸点500℃；溶于浓盐酸生成六氯锗酸（）。
Ⅲ．萃取剂N235（三辛胺，）可与HCl结合形成，再与发生阴离子交换萃取。
Ⅳ．常温下，的，，饱和溶液的浓度约为0.1 mol/L．
回答下列问题：
（1）预处理采用“低温氧化焙烧-高温还原焙烧”两段工艺，相较于传统高温燃烧法（>700℃），该工艺的优点是　 　。
（2）“酸浸”时，与浓盐酸反应的化学方程式为　 　。
（3）除砷工序：向“酸浸”后的浸出液中通入气体至饱和时，溶液的pH=4。计算此时溶液中　 　mol/L（保留三位有效数字）。
（4）请写出N235在酸性条件下萃取的离子方程式：　 　。
（5）“沉锗”后得到的需用去离子水洗涤。检验沉淀是否洗涤干净的方法是　 　。
（6）工业上将粗锗（含As、Fe等杂质）进行熔盐电解精炼制备Ge，工作原理如图所示（惰性气氛下电解）。电源b为　 　极。写出阳极的主要电极反应式：　 　。
17．N，N-二甲基甲酰胺（DMF）被誉为有机行业的“万能溶剂”，在众多领域发挥着不可或缺的作用。无论是用于生产农药、医药，还是作为有机合成的媒介，DMF都展现出了其卓越的效能。一种催化条件下加氢偶联二甲胺（DMA）制备DMF的反应为：
反应Ⅰ：
（1）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了反应Ⅰ在复合催化剂表面上的反应历程如图所示，其中过渡态用TS表示，吸附在催化剂表面上的物种用*标注。
该过程包含　 　个基元反应。
（2）为同时提高该制备反应的速率和DMA平衡转化率，可采取的措施有　 　。（写一条即可）
（3）该制备过程伴随副反应发生：
反应Ⅱ：
已知该条件下（R与C为常数），若且，则当改变相同温度时，　 　（填“大于”“等于”或“小于”）1。
（4）300℃时，向2 L恒容密闭容器中加入DMA、各1 mol，，含氮物种的物质的量随时间的变化关系如图所示。
0~2 min内，的化学反应速率为　 　。反应Ⅰ的平衡常数　 　（保留两位有效数字）。
（5）测定不同温度和催化剂中锌掺杂量条件下DMA转化率和产物的选择性，通过以下两图确定制备DMF反应的最适宜条件为　 　。
（6）采用共沉淀法制备一系列不同锌掺杂量的复合催化剂，占据部分原来的位置，这种结构使晶胞中产生氧空位，若掺杂ZnO后晶体中的空缺率为12.5%，则晶体中　 　。（的空缺率）
18．萜类化合物是一大类由异戊二烯单元组成的化合物，其衍生物是重要的天然产物。它们经常表现出重要的生物活性，例如抗微生物、抗炎、抗疟、抗氧化和神经保护作用，因此具有重要的药用价值。近年来对天然萜类化合物的人工合成研究取得了大量进展。下图为萜类衍生物姜黄酚（L）的合成路线：
已知：
①Bn-表示
②
（X表示卤素原子）
回答下列问题：
（1）物质C的系统命名是　 　。
（2）物质F的含氧官能团有　 　（写名称），B→D的反应类型为　 　。
（3）反应A→B的目的是　 　。
（4）I的结构简式为　 　；反应H→I的过程中还生成了两种小分子副产物，其中一种为常见的无氧强酸，另一种为三苯基氧膦（），写出H→I的化学反应方程式：　 　。
（5）物质L的同分异构体中，满足以下条件的有　 　种。
a．包含苯环结构；
b．可以发生银镜反应；
c．核磁共振氢谱显示其中含有4种化学环境不同的氢原子。
（6）以苯胺、丙酮及题干中所用试剂为原料，设计的合成路线　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；金属的电化学腐蚀与防护；合金及其应用；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A、硅胶和生石灰的作用是作为干燥剂，吸收食品包装袋内的水蒸气，避免食品受潮，只有还原铁粉的作用是防止食品被氧化变质，三种物质并非都用于防氧化，A错误；
B、碳酸氢钠溶液里，碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度，溶液会呈弱碱性，市售苏打水因添加小苏打，因此整体呈碱性，B正确；
C、酒曲在酿酒过程中作为催化剂，而发酵粉中的碳酸氢钠是和有机酸发生反应生成二氧化碳，从而让面包变得蓬松，属于反应物，二者发挥的作用并不相同，C正确；
D、把金属加工制成合金，可以改变金属的内部结构，能够有效提升金属的抗腐蚀性能，例如不锈钢就是典型例子，D正确；
故答案为：A
【分析】A、生石灰能与水反应，所起的作用是防潮。
B、小苏打的成分为NaHCO3。
C、酒曲是起到催化剂作用。
D、制成合金，可提高金属的抗腐蚀性能。
2．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；苯的结构与性质
【解析】【解答】A．苯分子为平面正六边形结构，其空间填充模型可表示为：，A正确；
B．乙醚的官能团是醚键，其正确的结构简式为CH3CH2OCH2CH3，B错误；
C．水分子中中心O原子的价层电子对数计算如下： 2+(6-1×2)×=4，其中孤对电子对数为 (6-1×2)×=2 ，因此O原子为sp3杂化，对应的杂化轨道表示式为：，C正确；
D．三氟化氮分子中中心N原子的价层电子对数为：3+(5-1×3)×=4，孤对电子对数为 (5-1×3)×=1 ，因此该分子的VSEPR模型为四面体形，对应示意图为：，D正确；
故答案为：B
【分析】A、苯的结构为平面正六边形。
B、乙醚的结构简式为CH3CH2OCH2CH3。
C、根据中心原子价层电子对数确定O原子的杂化方式，从而确定杂化轨道表示式。
D、根据中心N原子的价层电子对数，确定NF3的VSEPR模型。
3．【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】A．浓硝酸受热分解会生成，但浓硝酸本身易挥发，挥发出的硝酸蒸气同样可以将KI氧化为I2，使淀粉溶液变蓝。因此不能仅根据b中溶液变蓝，就证明使淀粉变蓝的物质是分解生成的，A错误；
B．图②是乙酸乙酯的制备实验装置，分水器的作用是及时分离出反应过程中生成的水。根据勒夏特列原理，生成物水的浓度降低后，酯化反应平衡会正向移动，最终可以提高反应物乙酸和乙醇的转化率，B正确；
C．探究浓度对反应速率的影响时，需要保证除浓度外的其他所有实验条件都一致。图③的两组实验中，的浓度不同，初始时溶液的深浅就不相同，无法通过褪色时间长短准确比较反应速率快慢，C错误；
D．用盐酸标准液滴定氨水时，滴定终点得到的是氯化铵溶液，溶液呈弱酸性。而酚酞的变色范围是8.2~10.0，处于碱性区间，会在到达滴定终点前就发生颜色变化，无法准确判断滴定终点，该实验应当选用甲基橙作为指示剂，D错误；
故答案为：B
【分析】A、浓硝酸具有挥发性，挥发的HNO3也能使KI-淀粉溶液变蓝色。
B、分离出水，可促进平衡正向进行。
C、初始KMnO4溶液的浓度不同，溶液颜色不同。
D、滴定终点溶液显酸性，应使用甲基橙做指示剂。
4．【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子方程式的书写；酰胺
【解析】【解答】A. 向溶液中加入过量NaClO溶液，由于NaClO溶液本身为碱性，且反应会生成沉淀，因此反应不会生成，该反应的正确离子方程式为，A选项错误；
B. 天青石的主要成分为，是难溶物，书写离子方程式时不能拆分为离子形式，该反应的正确离子方程式为，B选项错误；
C．将表面变黑生成了Ag2S的银器放入盛有食盐水的铝盆中，铝、Ag2S和食盐水会构成原电池，其中活泼性更强的Al作负极，Ag2S会在正极得到电子，被还原为Ag单质。与此同时，反应生成的S2-和Al3+会发生双水解反应，该过程的总反应为，并不会生成Al2S3，选项C错误；
D．N-甲基甲酰胺（）在稀盐酸、加热的条件下会发生水解反应，最终生成甲酸HCOOH和甲胺盐酸盐，题中给出的化学方程式书写正确，选项D正确；
故答案为：D
【分析】A、NaClO溶液显碱性，且Fe(OH)3能与H＋反应，因此反应过程中不可能生成H＋。
B、SrSO4难溶于水，在离子方程式中保留化学式。
C、在溶液中Al3＋与S2－可发生双水解反应。
D、酰胺基能与酸反应生成盐。
5．【答案】B
【知识点】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．是由和（超氧根离子）构成的，因此1mol晶体中，所有离子的总物质的量为2mol，所含离子总数为，A选项错误；B．的物质的量为1mol，的结构式为，1个二氧化碳分子中含有2个键，因此1mol二氧化碳中含有的键数目为，B选项正确；
C．该选项只给出了溶液的浓度，没有说明溶液的体积是多少，无法计算溶液中的物质的量，也就无法得到对应的离子数目，C选项错误；
D．在该反应中，每转移3mol电子，会生成3mol，因此每转移1mol电子，生成氧气的物质的量为1mol，对应分子数目为，D选项错误；
故答案为：B
【分析】A、是由和（超氧根离子）构成的，据此确定其所含的离子数。
B、CO2的结构简式为O=C=O，一个CO2分子中含有2个σ键。
C、未给出溶液的体积，无法应用公式n=c×V进行计算。
D、根据反应过程中元素化合价的变化进行分析。
6．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、X、Z、R依次为B、N、F，三者处于第二周期，沿着周期从左往右排布原子半径逐步减小，半径排序为，也就是，该选项的表述正确，因此A不符合题意；
B、Y、Z、R依次为C、N、F，处于同一周期，整体第一电离能随原子序数上升呈上升趋势，N的2p轨道电子处于半充满的稳定排布状态，它的第一电离能高于相邻的碳元素，最终排序为，也就是，该选项表述正确，因此B不符合题意；
C、X、Y、Z依次为B、C、N，同周期自左向右元素非金属性逐步增强，最高价含氧酸的酸性随非金属性增强而变强，酸性排序为，也就是，该选项表述正确，因此C不符合题意；
D、对应，计算硼原子价层电子对数：，对应的VSEPR模型是平面三角形；对应，计算氮原子价层电子对数：，对应的VSEPR模型为四面体形，二者的VSEPR模型并不一致，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】分步完成元素推断：W、X、Y、Z、R为原子序数递增的短周期主族元素，X、Y、Z、R同周期，因此W处于上一周期，可推出W为H。
基态Y的s能级电子总数是p能级的2倍，排布为，s电子共4个、p电子共2个，满足倍数条件，Y为C。X、C、Z、R位于第二周期且原子序数递增，由此依次得到X=B、Z=N、R=F。
最终确定：W=H、X=B、Y=C、Z=N、R=F，之后辨析选项。
7．【答案】C
【知识点】有机物中的官能团；同分异构现象和同分异构体；酯的性质
【解析】【解答】A．PLA是聚乳酸，分子结构中含有酯基（-COO-），酯基可以在碱性条件下发生水解反应生成乳酸盐，属于典型的酯的碱性水解，A选项正确；
B．MP的结构为CH3CH2COOCH3，是丙酸和甲醇发生酯化反应得到的产物，按照酯的命名规则，名称为丙酸甲酯，命名正确，B选项正确；
C．MP的分子式为C4H8O2，它的酯类同分异构体包括：甲酸和丙醇形成的甲酸酯，其中丙醇有正丙醇和异丙醇两种结构，对应得到甲酸正丙酯HCOOCH2CH2CH3、甲酸异丙酯HCOOCH(CH3)2，共2种；乙酸和乙醇形成的乙酸乙酯CH3COOCH2CH3，共1种；而丙酸甲酯CH3CH2COOCH3就是MP本身，题目要求的是MP的同分异构体，需要排除MP自身，因此符合要求的酯类同分异构体一共是3种，C选项错误；
D．MMA的结构为CH2=C(CH3)COOCH3，分子中含有碳碳双键，碳碳双键可以发生加聚反应生成聚甲基丙烯酸甲酯，也就是有机玻璃，结构与叙述都符合事实，D选项正确；
故答案为：C
【分析】A、PLA中含有酯基，可在碱性条件下发生水解反应。
B、MP中含有酯基，结合酯类物质的命名进行分析。
C、酯类物质是由酸脱羟基醇脱氢反应生成的，结合羧酸和醇的结构分析。
D、MMA中含有碳碳双键，可发生加聚反应。
8．【答案】C
【知识点】反应热和焓变；反应热的大小比较；烷烃
【解析】【解答】A．由题干信息可知，该反应体系中产物2-氯丙烷和1-氯丙烷的物质的量之比为，说明反应ii的反应速率比反应i更慢；反应速率与活化能负相关，活化能越低反应速率越快，因此反应ii的活化能大于反应i，A正确；
B．共价键的键能越小，越容易发生断裂，该反应生成更多的2-氯丙烷，说明丙烷中中的键更易断裂，因此其键能小于中键的键能，B正确；
C．焓变与参与反应的物质的量有关，根据产物比例可知，若丙烷总共消耗2 mol，则有1.2 mol丙烷参与反应i，0.8 mol丙烷参与反应ii，因此该整个体系的焓变为，不是ΔH1+ΔH2，C错误；
D．正丁烷的结构为，分子中一共存在两种不同位置的C-H键；和丙烷的结构规律类似，正丁烷链中间位置的C-H键更易发生取代，且正丁烷中处于中间位置的C-H数目更多，因此光照条件下发生氯代反应时，取代中间位置C-H的产物比例更高，D正确；
故答案为：C
【分析】A、根据反应体系中产物量的多少，判断反应速率快慢，从而比较活化能的相对大小。反应所需的活化能越大，反应速率越慢。
B、生成的2-氯丙烷更多，则说明丙烷中中的键更易断裂。结合共价键的键能越小，更容易断裂分析。
C、根据产物的量进行计算。
D、正丁烷的结构简式为CH3CH2CH2CH3，结合中的键更易断裂进行分析。
9．【答案】B
【知识点】分液和萃取；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．原料经热熔处理后，如果缓慢冷却，物质会结晶得到稳定的晶体结构，该结构不容易被酸溶解。而快速降温（淬火）可以让物质形成玻璃态也就是非晶态，玻璃态物质化学活性更高，更利于后续“酸浸”步骤中被稀硫酸溶解，A正确；
B．结合流程分析可知，经过“酸浸过滤”步骤后，硅元素已经转化为硅酸，作为滤渣被分离除去了。此时滤液1中主要含有的离子是和。后续“萃取分液”步骤中，HA会将萃取进入有机相，而仍然留在水相，因此“萃取分液”的作用是分离Be和Al，并非分离Be和Si，B错误；
C．根据流程分析可得，水相2的主要溶质是，加入过量NaOH完成反萃取后，加热过滤可得到，对应反应的化学方程式为：，因此滤液2的主要成分是NaOH溶液，而“反萃取分液”步骤本身需要加入过量NaOH溶液，所以滤液2可以返回流程循环使用，C正确；
D．反萃取过程中，有机相中的和NaOH反应，生成水相2中的和含NaA的煤油，对应反应的化学方程式为：，由此可得参与反应的与NaOH的物质的量之比为1：6，D正确；
故答案为：B
【分析】铝硅酸盐经热熔后快速冷却可得到玻璃态产物，将该玻璃态物质用稀硫酸酸浸处理后，原料中的硅酸盐组分与硫酸反应生成硅酸沉淀，而其中的铍、铝元素则会转化为对应阳离子进入酸浸溶液中。过滤分离后，滤渣的主要成分为硅酸，得到的滤液1中含有、，还有过量的。接着向滤液1中加入添加了萃取剂HA的煤油，结合题干给出的平衡，溶液中的铍离子会被萃取进入有机相，转化生成，而铝离子则仍然留在水相（即水相1）中。经过分液操作，即可分别得到含铍的有机相与含有铝组分的水相1。
随后向得到的含铍有机相中加入过量NaOH溶液进行反萃取，反萃取后铍重新进入水相，转化为得到水相2，原有机相中的HA则反应转化为NaA留在煤油中，该含NaA的煤油可以循环回萃取步骤使用。将得到的水相2（主要溶质为）加热处理，其中的会转化为沉淀析出，过滤后即可得到固体与滤液2，经过后续处理即可得到金属铍单质Be。
10．【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．根据上述分析，a电极是锌电极，为负极，放电时锌被氧化，A错误；
B．b为正极，CO在正极得到电子转化为甲烷，该电极反应式正确，B正确；
C．该电池的质子源不仅有反应中的H+，电解质中含有的少量水也可以作为质子源提供质子，C错误；
D．作为电池促进剂，是通过生成中间体降低CO2还原反应的活化能，但从整个反应来看，反应前后所有阳离子的总电荷始终为+4，阳离子总个数始终是3个，总电荷量和离子数目都没有改变，因此溶液的电荷浓度不会增加，D错误；
故答案为：B
【分析】该装置为可充电锌-二氧化碳电池，碳纳米管电极上二氧化碳被还原为甲烷，同时生成碳酸锌，反应过程中得到电子，因此该电极为正极，其电极反应为；金属锌失去电子发生氧化反应，为负极，据此对各选项进行分析。
11．【答案】A
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A、向体系注入蒸馏水之后发生溶液稀释的操作，即便可逆平衡维持不动，血红色本身也会因稀释变淡，透光率随之上升，透光率增大并不能直接证明平衡逆向移动，A错误；
B、试剂②溶质为，试剂③溶质为，二者阳离子不一样，水解会使溶液pH出现变化，酸度差异、阳离子本身的影响均能够改变平衡状态，最终造成③透光率高于②，B正确；
C、试剂④氯离子浓度远大于试剂③，大量可以发生反应，消耗血红色的，红色进一步变浅，透光率比③更高，C正确；
D、想要证实发挥了作用，需要排除钾离子带来的干扰，选用浓度一致的开展对照实验，已知不会干扰本实验，对照之后就能够锁定氯离子的影响，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
透光率原理把握：严格依托题干条件，血红色越深透光率就越小，稀释操作本身就能够淡化溶液颜色；
阳离子变量辨析：和阳离子不同，铵根水解改变pH，存在两类变量可以造成两组透光率出现差距；
高浓度氯离子的副平衡：浓度较高的会和结合生成，推动硫氰合铁解离，让透光率进一步上升；
对照实验设计思路：控制阳离子保持一致，更换阴离子为无干扰效果的，借此剔除钾离子造成的干扰，验证氯离子的实际影响。
12．【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、选取处于顶点或是面心位置的Z原子展开观察，与之距离最近的Mg分布在上下相邻的晶胞当中，上下两侧各自存在4个，总计8个紧邻的Mg原子，A错误；
B、把整个大晶胞均等拆分成8份尺寸一致的小立方体，Mg坐落于小立方体的体心位置，晶胞内Mg之间的最短间距就等同于小立方体的棱长，也就是，B错误；
C、晶胞密度通用表达式为，代入相对原子质量与晶胞参数进行计算，Mg-Ge体系中、，算出对应密度分式为；Mg-Si体系中、，算出密度分式为，对比可得，也就是，C正确；
D、原本Sn占据8处顶点以及6处面心，本次只对顶点开展替换，面心位置依旧保留Sn，分摊之后，顶点替换引入的，推算出，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
配位数统计：选取晶胞边缘位置的Z原子当作参考，兼顾相邻晶胞内分布的Mg，全方位清点Z周围紧邻Mg的总数；
最短原子间距求解：对大立方晶胞做八等分拆分，依托小立方体的棱长特征找出Mg之间最近距离；
晶胞密度定量比较：套用晶体密度公式代入Si、Ge对应的摩尔质量、晶胞参数开展代数运算，横向对比两套晶胞的密度大小；
原子分摊比例运算：分别把控顶点、面心两套分摊系数，区分未改动的面心Sn与替换后的顶点Ge，再完成物质的量比值的推导。
13．【答案】D
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．将反应Ⅰ和反应Ⅱ相加，即可得到总反应：，依据多重平衡规则，总反应的平衡常数满足，A选项正确；
B．温度较低时，整体反应速率较慢，此时反应Ⅰ先发生，持续生成，其体积分数不断上升；当温度升高后，反应Ⅱ的反应速率加快，会不断消耗，因此的体积分数在达到最大值后会逐渐下降，这个变化趋势和曲线b一致，B选项正确；
C.1000℃时，体系中已经产生了大量的，说明反应Ⅰ已经明显发生，但此时体系中几乎没有生成，说明反应Ⅱ几乎没有进行，由此说明相同温度下反应Ⅰ的反应速率更快。反应速率越快，对应活化能越小，因此活化能：反应Ⅰ反应Ⅱ，C选项正确；D．平衡后增大的投料，相当于提高了反应物的浓度，根据平衡移动规律：增大一种反应物的浓度，会使该反应物自身的平衡转化率降低，另一种反应物（也就是）的平衡转化率升高，因此的平衡转化率会减小，D选项错误；
故答案为：D
【分析】A、结合盖斯定律和平衡常数的表达式进行分析。
B、结合温度对反应速率的影响分析。
C、反应所需的活化能越大，反应速率越慢，据此分析。
D、结合浓度对平衡移动的影响分析。
14．【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由分析可知，曲线Ⅰ表示[Ag(NH3)2]+与pNH3的关系；曲线Ⅱ表示[Ag(NH3)]+与pNH3的关系；曲线Ⅲ 表示Ag+与pNH3的关系，A错误；
B．当溶液中pNH3为3.9时，溶液中c([Ag(NH3)2]+)=c([Ag(NH3)]+)，则由反应①的平衡常数为103.3可知，溶液中[Ag(NH3)]+与Ag+的浓度关系为：=(103.3×10-3.9) c(Ag+)=10-0.6c(Ag+)，由++=1可得，溶液中，B正确；
C．根据分析可知，反应①的平衡常数为103.3，C错误；
D．由反应①的平衡常数为103.3可知，溶液pNH3为3.6时，溶液中[Ag(NH3)]+与Ag+的浓度关系为：=10-0.3c(Ag+)；由反应②的平衡常数为103.9可知，溶液pNH3为3.6时，溶液中[Ag(NH3)2]+、[Ag(NH3)]+ 的浓度关系为：=100.3，则溶液中[Ag(NH3)2]+、Ag+的浓度关系为：= c(Ag+)；溶液中存在电荷守恒关系：c(Ag+)+++c(H+)+c(NH)= c(NO)+c(OH-)，整理可得：(2+10-0.3) c(Ag+)+c(H+)+c(NH)= c(NO)+c(OH-)，D错误；
故选B。
【分析】银离子在溶液中会和氨气发生两步配位反应，分别是：①Ag++NH3[Ag(NH3)]+ 、②[Ag(NH3)]+ +NH3[Ag(NH3)2]+，从反应可以推导出，和pNH3满足线性关系，因此曲线Ⅳ代表的就是随pNH3的变化关系。
向硝酸银溶液中通入氨气，随着氨气通入，pNH3不断增大，溶液中Ag+浓度会持续减小，[Ag(NH3)]+浓度会先增大后减小，[Ag(NH3)2]+浓度会持续增大，因此曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ依次对应[Ag(NH3)2]+、[Ag(NH3)]+、Ag+浓度随pNH3的变化关系。
从图中可以得到，当pNH3=3.3时，=0，也就是，因此第一步配位反应①的平衡常数： K===103.3；
当pNH3=3.9时，溶液中c( [Ag(NH3)2]+ )=c( [Ag(NH3)]+ )，因此第二步配位反应②的平衡常数 K2===103.9，据此结合选项分析。
15．【答案】（1）N、O
（2）球形冷凝管；冷凝回流挥发出的反应物，提高反应物转化率
（3）+2CH3COO-++2CH3COOH；
（4）关闭K1、K2，打开恒压滴液漏斗活塞，往水准管中加水形成一段高度差，一段时间后，液面高度不发生改变；平衡气压，使DMF顺利滴下；避免加入的液体的体积对气体体积测量造成干扰，减小误差
（5）A；B
【知识点】配合物的成键情况；常用仪器及其使用；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）中提供空轨道，N、O提供孤电子对，形成配位键；
故答案为：N、O
（2）有机原料易挥发，仪器c为球形冷凝管，可以冷凝回流挥发出的反应物，提高反应物转化率。
故答案为：球形冷凝管； 冷凝回流挥发出的反应物，提高反应物转化率
（3）是弱酸，[Co(II)Salen]中位于内界，难以电离，故反应的离子方程式为
+2CH3COO-++2CH3COOH；乙二胺物质的量为0.0074mol，则理论上生成的[Co(II)Salen]的质量为，[Co(II)Salen]配合物的产率为；
故答案为：+2CH3COO-++2CH3COOH ；
（4）关闭K1、K2，打开恒压滴液漏斗活塞，往水准管中加水形成一段高度差，一段时间后液面高度不变，则气密性良好；
若使用普通的分液漏斗，加入DMF后，DMF自身的体积会导致测量的装置内气体的总体积偏大，造成干扰，恒压滴液漏斗则不会有此缺点，同时恒压滴液漏斗的连通管可以平衡压强，使DMF顺利滴下。与普通的分液漏斗相比，该实验中仪器d的优点为避免加入的液体的体积对气体体积测量造成干扰，减小误差；
故答案为： 关闭K1、K2，打开恒压滴液漏斗活塞，往水准管中加水形成一段高度差，一段时间后，液面高度不发生改变 ； 平衡气压，使DMF顺利滴下；避免加入的液体的体积对气体体积测量造成干扰，减小误差
（5）读取量气筒的刻度前不能使内部气体与外界相通，且需冷却至室温后调节水准管液面使装置内的压强与大气压一致，故A、B项符合题意。
故答案为：AB
【分析】按照实验流程，先把四水合乙酸钴溶解在15mL热水中，再将所得溶液转入滴液漏斗中。接下来向反应烧瓶中通入氮气，排出装置内的氧气，通气3~5分钟后开启冷凝水，加热使体系内溶液保持微沸状态。在氮气的保护下，将准备好的四水合乙酸钴溶液加入到双水杨醛缩乙二胺的乙醇溶液中，加入后会立刻生成棕色胶状沉淀，保持微沸状态搅拌反应40~50分钟，在此过程中，棕色沉淀会逐渐转变为暗红色晶体。最后将反应后的体系依次经过冷却、抽滤、洗涤、干燥，即可得到目标配合物[Co(II)Salen]。
（1）中提供空轨道，N、O提供孤电子对，形成配位键；
（2）有机原料易挥发，仪器c为球形冷凝管，可以冷凝回流挥发出的反应物，提高反应物转化率。
（3）是弱酸，[Co(II)Salen]中位于内界，难以电离，故反应的离子方程式为
+2CH3COO-++2CH3COOH；乙二胺物质的量为0.0074mol，则理论上生成的[Co(II)Salen]的质量为，[Co(II)Salen]配合物的产率为；
（4）关闭K1、K2，打开恒压滴液漏斗活塞，往水准管中加水形成一段高度差，一段时间后液面高度不变，则气密性良好；
若使用普通的分液漏斗，加入DMF后，DMF自身的体积会导致测量的装置内气体的总体积偏大，造成干扰，恒压滴液漏斗则不会有此缺点，同时恒压滴液漏斗的连通管可以平衡压强，使DMF顺利滴下。与普通的分液漏斗相比，该实验中仪器d的优点为避免加入的液体的体积对气体体积测量造成干扰，减小误差；
（5）读取量气筒的刻度前不能使内部气体与外界相通，且需冷却至室温后调节水准管液面使装置内的压强与大气压一致，故A、B项符合题意。
16．【答案】（1）降低能耗；提高锗回收率（减少砷、铁等杂质挥发、提高富集度等其他合理答案也可）
（2）
（3）
（4）[或]
（5）取少量最后一次洗涤液于试管中，加入稀硝酸酸化，再滴加溶液，若无白色沉淀生成，则已洗涤干净
（6）负；
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；电极反应和电池反应方程式；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）能耗低；锗回收率高（低温挥发富集）；减少砷等有毒杂质挥发，更环保；避免高温下设备腐蚀加剧；
故答案为： 降低能耗；提高锗回收率（减少砷、铁等杂质挥发、提高富集度等其他合理答案也可）
（2）依据已知Ⅱ，Ge为+4价，非氧化还原反应，；
故答案为：
（3）结合已知Ⅳ，，代入，得，；
故答案为：
（4）依据已知Ⅲ，先结合生成，再与发生阴离子交换。故方程式为或；
故答案为：[或]
（5）依据分析，沉淀吸附的杂质主要为氯化铵，可以通过检验氯离子来证明沉淀是否洗涤干净；方法为：取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加稀硝酸酸化的溶液，若无白色沉淀生成，证明洗涤干净；若有白色沉淀生成，证明未洗涤干净；
故答案为： 取少量最后一次洗涤液于试管中，加入稀硝酸酸化，再滴加溶液，若无白色沉淀生成，则已洗涤干净
（6）粗金属作阳极接电源正极，纯金属作阴极接电源负极；阳极主要发生的氧化反应。则电源b为负极。阳极的主要电极反应式为。
故答案为：负；
【分析】“焙烧”过程中低温阶段KMnO4发生分解反应：2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑；高温阶段GeO2被C还原，生成GeO和CO2：GeO2＋CGeO＋CO↑。“酸浸”过程中GeO2与HCl反应生成H2GeCl6，该反应的化学方程式为：GeO2＋6HCl(浓)=H2GeCl6＋2H2O；同时存在副反应GeO＋2HCl(浓)=GeCl2＋H2O。“除杂”过程中，先加入H2O2，将溶液中的GeCl2氧化成GeCl4，该反应的化学方程式为：GeCl2＋H2O2＋2HCl=GeCl4＋2H2O。调节pH后通入H2S，发生反应：2As3＋＋3H2S=As2S3↓＋6H＋、2Fe3＋＋H2S=2Fe2＋＋S↓＋2H＋。萃取与反萃取阶段：1．N235萃取　或2．反萃取后加氨水沉锗阶段：。据此结合题干设问分析作答。
（1）能耗低；锗回收率高（低温挥发富集）；减少砷等有毒杂质挥发，更环保；避免高温下设备腐蚀加剧；
（2）依据已知Ⅱ，Ge为+4价，非氧化还原反应，；
（3）结合已知Ⅳ，，代入，得，；
（4）依据已知Ⅲ，先结合生成，再与发生阴离子交换。故方程式为或；
（5）依据分析，沉淀吸附的杂质主要为氯化铵，可以通过检验氯离子来证明沉淀是否洗涤干净；方法为：取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加稀硝酸酸化的溶液，若无白色沉淀生成，证明洗涤干净；若有白色沉淀生成，证明未洗涤干净；
（6）粗金属作阳极接电源正极，纯金属作阴极接电源负极；阳极主要发生的氧化反应。则电源b为负极。阳极的主要电极反应式为。
17．【答案】（1）4
（2）增大压强（或增大二氧化碳的浓度、增大氢气的浓度）
（3）大于
（4）；0.062
（5）温度为300℃，锌掺杂量为15%左右
（6）3：1
【知识点】晶胞的计算；化学平衡常数；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）基元反应数：反应历程图中出现4个过渡态(TS1、TS2、TS3、TS4)，每个过渡态对应一个基元反应，因此该过程包含4个基元反应；
故答案为：4
（2）增大压强，可提高反应物浓度，加快反应速率，或增大氢气浓度/分压，同样提升速率，并通过勒夏特列原理推动平衡正向移动；
故答案为： 增大压强（或增大二氧化碳的浓度、增大氢气的浓度）
（3）由（R与C为常数）可知，lnK随线性变化，斜率为，因ΔH2＜ 0，故反应Ⅱ为放热反应，若反应Ⅰ吸热，两反应K随温度变化方向相反，故反应Ⅰ也放热（< 0），所以二者均为放热反应，由|ΔH1| > |ΔH2|可知，K1对温度变化更敏感。温度改变相同时，|ΔK1| > |ΔK2| ，因此> 1；
故答案为：大于
（4）由图可知，0-2 min，DMA 消耗 0.2 mol，反应Ⅰ生成 DMF 0.18 mol，消耗 H2 0.18 mol；反应Ⅱ消耗 DMA 0.02 mol，消耗 H20.06 mol，总消耗 H2 0.24 mol，；平衡时，各物质浓度计算如下：，，，c代入反应Ⅰ的平衡常数表达式；
故答案为：；0.062
（5）温度对反应的影响显示，在300℃时，DMA的转化率和DMF的选择性达到峰值；锌掺杂量的影响表明，在锌掺杂量为15%时，DMA的转化率和DMF的选择性达到峰值，同时TMA的选择性降至最低。综合以上分析，制备DMF反应的最适宜条件为温度300℃和锌掺杂量15%左右；
故答案为： 温度为300℃，锌掺杂量为15%左右
（6）根据题意，Zn2+掺杂TiO2晶胞后产生氧空位，且O2-空缺率为 12.5%。基于晶胞结构与电荷守恒，1个TiO2晶胞含8个O2-，则每个晶胞含8×12.5%=1个氧空位，剩余O2-为7个。设掺杂ZnO后晶胞中Ti4+个数为a，Zn2+个数为b，a+b=4，由电荷守恒4a+2b=2×7=14，联合解得：a=3，b=1，Ti4+对应TiO2的物质的量，Zn2+对应 ZnO 的物质的量，故n(TiO2) ： n(ZnO)= 3 ： 1。
故答案为：3 ：1
【分析】（1）反应历程中每一个过渡态对应一个基元反应，据此结合反应历程图像分析。
（2）结合浓度、温度、压强对平衡移动的影响分析。
（3）根据，结合温度对平衡移动的影响分析。
（4）由图可知，0-2 min，DMA 消耗 0.2 mol，反应Ⅰ生成 DMF 0.18 mol，消耗 H2 0.18 mol；反应Ⅱ消耗 DMA 0.02 mol，消耗 H20.06 mol，总消耗 H2 0.24 mol，据此结合反应速率和平衡常数的表达式进行计算。
（5）制备DMF反应的最适宜条件，则应选择DMA的转化率高，且产物的选择性高。据此结合图像曲线进行分析。
（6）根据晶胞结构进行分析。
（1）基元反应数：反应历程图中出现4个过渡态(TS1、TS2、TS3、TS4)，每个过渡态对应一个基元反应，因此该过程包含4个基元反应；
（2）增大压强，可提高反应物浓度，加快反应速率，或增大氢气浓度/分压，同样提升速率，并通过勒夏特列原理推动平衡正向移动；
（3）由（R与C为常数）可知，lnK随线性变化，斜率为，因ΔH2＜ 0，故反应Ⅱ为放热反应，若反应Ⅰ吸热，两反应K随温度变化方向相反，故反应Ⅰ也放热（< 0），所以二者均为放热反应，由|ΔH1| > |ΔH2|可知，K1对温度变化更敏感。温度改变相同时，|ΔK1| > |ΔK2| ，因此> 1；
（4）由图可知，0-2 min，DMA 消耗 0.2 mol，反应Ⅰ生成 DMF 0.18 mol，消耗 H2 0.18 mol；反应Ⅱ消耗 DMA 0.02 mol，消耗 H20.06 mol，总消耗 H2 0.24 mol，；平衡时，各物质浓度计算如下：，，，c代入反应Ⅰ的平衡常数表达式；
（5）温度对反应的影响显示，在300℃时，DMA的转化率和DMF的选择性达到峰值；锌掺杂量的影响表明，在锌掺杂量为15%时，DMA的转化率和DMF的选择性达到峰值，同时TMA的选择性降至最低。综合以上分析，制备DMF反应的最适宜条件为温度300℃和锌掺杂量15%左右；
（6）根据题意，Zn2+掺杂TiO2晶胞后产生氧空位，且O2-空缺率为 12.5%。基于晶胞结构与电荷守恒，1个TiO2晶胞含8个O2-，则每个晶胞含8×12.5%=1个氧空位，剩余O2-为7个。设掺杂ZnO后晶胞中Ti4+个数为a，Zn2+个数为b，a+b=4，由电荷守恒4a+2b=2×7=14，联合解得：a=3，b=1，Ti4+对应TiO2的物质的量，Zn2+对应 ZnO 的物质的量，故n(TiO2) ： n(ZnO)= 3 ： 1。
18．【答案】（1）2-丁烯醛
（2）（醇）羟基、醚键；加成反应
（3）保护氨基，防止氨基与C（）反应
（4）；
（5）3
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）C中主链上有4个碳原子且含有醛基，双键在2号位，系统命名是2-丁烯醛。
故答案为： 2-丁烯醛
（2）由F的结构简式可知，F的含氧官能团有（醇）羟基、醚键；由分析可知，B和C发生加成反应生成D。
故答案为： （醇）羟基、醚键 ；加成反应
（3）反应A→B过程中氨基转化为-N(Bn)2，F中氨基又被生成，结合已知，氨基可以和C中的醛基发生反应，则反应A→B的目的是保护氨基，防止氨基与C（）反应。
故答案为： 保护氨基，防止氨基与C（）反应
（4）由分析可知，I的结构简式为，根据题目信息，H→I的反应生成了I、三苯基氧膦（O=PPh3）和一种常见的无氧强酸（HI）。根据原子守恒，配平的化学反应方程式为：。
故答案为：；
（5）物质L的同分异构体满足条件：a．包含苯环结构；b．可以发生银镜反应，说明其中含有醛基；c．核磁共振氢谱显示其中含有4种化学环境不同的氢原子，说明其是对称的结构；满足条件的同分异构体有、、共3种。
故答案为：3
（6）苯胺和BnBr发生取代反应生成，2分子丙酮发生已知信息②的原理生成，和发生C转化为D的原理生成，发生还原反应生成，和H2发生还原反应生成，合成路线为：。
故答案为：
【分析】A和BnBr发生取代反应得到B，B再和C发生加成反应生成D，D经还原反应得到E，该过程中醛基被还原为羟基，因此E的结构简式为，之后E与H2发生还原反应得到F；根据I和J发生取代反应生成K，可推知I的结构简式为，结合上述推导内容来解答相关问题。
（1）C中主链上有4个碳原子且含有醛基，双键在2号位，系统命名是2-丁烯醛。
（2）由F的结构简式可知，F的含氧官能团有（醇）羟基、醚键；由分析可知，B和C发生加成反应生成D。
（3）反应A→B过程中氨基转化为-N(Bn)2，F中氨基又被生成，结合已知，氨基可以和C中的醛基发生反应，则反应A→B的目的是保护氨基，防止氨基与C（）反应。
（4）由分析可知，I的结构简式为，根据题目信息，H→I的反应生成了I、三苯基氧膦（O=PPh3）和一种常见的无氧强酸（HI）。根据原子守恒，配平的化学反应方程式为：。
（5）物质L的同分异构体满足条件：a．包含苯环结构；b．可以发生银镜反应，说明其中含有醛基；c．核磁共振氢谱显示其中含有4种化学环境不同的氢原子，说明其是对称的结构；满足条件的同分异构体有、、共3种。
（6）苯胺和BnBr发生取代反应生成，2分子丙酮发生已知信息②的原理生成，和发生C转化为D的原理生成，发生还原反应生成，和H2发生还原反应生成，合成路线为：。
1 / 12026届湖南长沙市雅礼中学高三下学期一模化学试题
1．化学以其独特的魅力影响着我们的生活。下列说法错误的是
A．食品包装袋中常有硅胶、生石灰、还原铁粉，其作用都是为了防止食品氧化变质
B．超市中售卖的“苏打水”呈碱性，是因为含有小苏打（）
C．酿酒工艺中加的“酒曲”与面包工艺中加的“发酵粉”（碳酸氢钠和有机酸）的作用不同
D．改变金属的内部结构，将金属制成合金可提高金属的抗腐蚀能力
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；金属的电化学腐蚀与防护；合金及其应用；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A、硅胶和生石灰的作用是作为干燥剂，吸收食品包装袋内的水蒸气，避免食品受潮，只有还原铁粉的作用是防止食品被氧化变质，三种物质并非都用于防氧化，A错误；
B、碳酸氢钠溶液里，碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度，溶液会呈弱碱性，市售苏打水因添加小苏打，因此整体呈碱性，B正确；
C、酒曲在酿酒过程中作为催化剂，而发酵粉中的碳酸氢钠是和有机酸发生反应生成二氧化碳，从而让面包变得蓬松，属于反应物，二者发挥的作用并不相同，C正确；
D、把金属加工制成合金，可以改变金属的内部结构，能够有效提升金属的抗腐蚀性能，例如不锈钢就是典型例子，D正确；
故答案为：A
【分析】A、生石灰能与水反应，所起的作用是防潮。
B、小苏打的成分为NaHCO3。
C、酒曲是起到催化剂作用。
D、制成合金，可提高金属的抗腐蚀性能。
2．下列化学用语表示不正确的是
A．苯分子的空间填充模型：
B．乙醚的结构简式：
C．中O原子的杂化轨道表示式：
D．的VSEPR模型：
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；苯的结构与性质
【解析】【解答】A．苯分子为平面正六边形结构，其空间填充模型可表示为：，A正确；
B．乙醚的官能团是醚键，其正确的结构简式为CH3CH2OCH2CH3，B错误；
C．水分子中中心O原子的价层电子对数计算如下： 2+(6-1×2)×=4，其中孤对电子对数为 (6-1×2)×=2 ，因此O原子为sp3杂化，对应的杂化轨道表示式为：，C正确；
D．三氟化氮分子中中心N原子的价层电子对数为：3+(5-1×3)×=4，孤对电子对数为 (5-1×3)×=1 ，因此该分子的VSEPR模型为四面体形，对应示意图为：，D正确；
故答案为：B
【分析】A、苯的结构为平面正六边形。
B、乙醚的结构简式为CH3CH2OCH2CH3。
C、根据中心原子价层电子对数确定O原子的杂化方式，从而确定杂化轨道表示式。
D、根据中心N原子的价层电子对数，确定NF3的VSEPR模型。
3．利用下图所示实验仪器、装置及药品(夹持装置已省略)能达到实验目的的是
A．图①装置b中溶液变蓝能够说明浓分解生成
B．图②用分水器提高反应物转化率
C．图③依据褪色时间的长短，能证明反应物质浓度对反应速率的影响
D．图④用盐酸标准液测氨水浓度
【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】A．浓硝酸受热分解会生成，但浓硝酸本身易挥发，挥发出的硝酸蒸气同样可以将KI氧化为I2，使淀粉溶液变蓝。因此不能仅根据b中溶液变蓝，就证明使淀粉变蓝的物质是分解生成的，A错误；
B．图②是乙酸乙酯的制备实验装置，分水器的作用是及时分离出反应过程中生成的水。根据勒夏特列原理，生成物水的浓度降低后，酯化反应平衡会正向移动，最终可以提高反应物乙酸和乙醇的转化率，B正确；
C．探究浓度对反应速率的影响时，需要保证除浓度外的其他所有实验条件都一致。图③的两组实验中，的浓度不同，初始时溶液的深浅就不相同，无法通过褪色时间长短准确比较反应速率快慢，C错误；
D．用盐酸标准液滴定氨水时，滴定终点得到的是氯化铵溶液，溶液呈弱酸性。而酚酞的变色范围是8.2~10.0，处于碱性区间，会在到达滴定终点前就发生颜色变化，无法准确判断滴定终点，该实验应当选用甲基橙作为指示剂，D错误；
故答案为：B
【分析】A、浓硝酸具有挥发性，挥发的HNO3也能使KI-淀粉溶液变蓝色。
B、分离出水，可促进平衡正向进行。
C、初始KMnO4溶液的浓度不同，溶液颜色不同。
D、滴定终点溶液显酸性，应使用甲基橙做指示剂。
4．下列离子方程式或化学方程式表达正确的是
A．向溶液中加入过量NaClO溶液产生红褐色沉淀：
B．将天青石()用溶液浸泡得 (已知Sr为第五周期第ⅡA元素)：
C．将变黑的银器(产生)置于盛有食盐水的铝盆中，银器恢复光亮：
D．N-甲基甲酰胺中加入稀盐酸并加热：
【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子方程式的书写；酰胺
【解析】【解答】A. 向溶液中加入过量NaClO溶液，由于NaClO溶液本身为碱性，且反应会生成沉淀，因此反应不会生成，该反应的正确离子方程式为，A选项错误；
B. 天青石的主要成分为，是难溶物，书写离子方程式时不能拆分为离子形式，该反应的正确离子方程式为，B选项错误；
C．将表面变黑生成了Ag2S的银器放入盛有食盐水的铝盆中，铝、Ag2S和食盐水会构成原电池，其中活泼性更强的Al作负极，Ag2S会在正极得到电子，被还原为Ag单质。与此同时，反应生成的S2-和Al3+会发生双水解反应，该过程的总反应为，并不会生成Al2S3，选项C错误；
D．N-甲基甲酰胺（）在稀盐酸、加热的条件下会发生水解反应，最终生成甲酸HCOOH和甲胺盐酸盐，题中给出的化学方程式书写正确，选项D正确；
故答案为：D
【分析】A、NaClO溶液显碱性，且Fe(OH)3能与H＋反应，因此反应过程中不可能生成H＋。
B、SrSO4难溶于水，在离子方程式中保留化学式。
C、在溶液中Al3＋与S2－可发生双水解反应。
D、酰胺基能与酸反应生成盐。
5．超氧化钾（）可用作潜水或宇航装置的吸收剂和供氧剂，反应为，为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．晶体中离子的数目为
B．中σ键的数目为
C．溶液中的数目小于
D．该反应中每转移1 mol电子，生成的数目为
【答案】B
【知识点】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．是由和（超氧根离子）构成的，因此1mol晶体中，所有离子的总物质的量为2mol，所含离子总数为，A选项错误；B．的物质的量为1mol，的结构式为，1个二氧化碳分子中含有2个键，因此1mol二氧化碳中含有的键数目为，B选项正确；
C．该选项只给出了溶液的浓度，没有说明溶液的体积是多少，无法计算溶液中的物质的量，也就无法得到对应的离子数目，C选项错误；
D．在该反应中，每转移3mol电子，会生成3mol，因此每转移1mol电子，生成氧气的物质的量为1mol，对应分子数目为，D选项错误；
故答案为：B
【分析】A、是由和（超氧根离子）构成的，据此确定其所含的离子数。
B、CO2的结构简式为O=C=O，一个CO2分子中含有2个σ键。
C、未给出溶液的体积，无法应用公式n=c×V进行计算。
D、根据反应过程中元素化合价的变化进行分析。
6．某种可用作原电池电解质的离子液体的结构如图所示。W、X、Y、Z、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，基态Y原子的s能级电子总数是p能级电子总数的2倍，且X、Y、Z、R同周期。下列说法错误的是
A．原子半径：
B．第一电离能：
C．最高价含氧酸的酸性：
D．和的VSEPR模型名称均为四面体形
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、X、Z、R依次为B、N、F，三者处于第二周期，沿着周期从左往右排布原子半径逐步减小，半径排序为，也就是，该选项的表述正确，因此A不符合题意；
B、Y、Z、R依次为C、N、F，处于同一周期，整体第一电离能随原子序数上升呈上升趋势，N的2p轨道电子处于半充满的稳定排布状态，它的第一电离能高于相邻的碳元素，最终排序为，也就是，该选项表述正确，因此B不符合题意；
C、X、Y、Z依次为B、C、N，同周期自左向右元素非金属性逐步增强，最高价含氧酸的酸性随非金属性增强而变强，酸性排序为，也就是，该选项表述正确，因此C不符合题意；
D、对应，计算硼原子价层电子对数：，对应的VSEPR模型是平面三角形；对应，计算氮原子价层电子对数：，对应的VSEPR模型为四面体形，二者的VSEPR模型并不一致，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】分步完成元素推断：W、X、Y、Z、R为原子序数递增的短周期主族元素，X、Y、Z、R同周期，因此W处于上一周期，可推出W为H。
基态Y的s能级电子总数是p能级的2倍，排布为，s电子共4个、p电子共2个，满足倍数条件，Y为C。X、C、Z、R位于第二周期且原子序数递增，由此依次得到X=B、Z=N、R=F。
最终确定：W=H、X=B、Y=C、Z=N、R=F，之后辨析选项。
7．我国化学工作者开发了一种回收利用聚乳酸（PLA）高分子材料的方法，其转化路线如图所示。
下列叙述错误的是
A．PLA在碱性条件下可发生降解反应
B．MP的化学名称是丙酸甲酯
C．MP的同分异构体中属于酯类的有4种
D．MMA可加聚生成高分子材料有机玻璃
【答案】C
【知识点】有机物中的官能团；同分异构现象和同分异构体；酯的性质
【解析】【解答】A．PLA是聚乳酸，分子结构中含有酯基（-COO-），酯基可以在碱性条件下发生水解反应生成乳酸盐，属于典型的酯的碱性水解，A选项正确；
B．MP的结构为CH3CH2COOCH3，是丙酸和甲醇发生酯化反应得到的产物，按照酯的命名规则，名称为丙酸甲酯，命名正确，B选项正确；
C．MP的分子式为C4H8O2，它的酯类同分异构体包括：甲酸和丙醇形成的甲酸酯，其中丙醇有正丙醇和异丙醇两种结构，对应得到甲酸正丙酯HCOOCH2CH2CH3、甲酸异丙酯HCOOCH(CH3)2，共2种；乙酸和乙醇形成的乙酸乙酯CH3COOCH2CH3，共1种；而丙酸甲酯CH3CH2COOCH3就是MP本身，题目要求的是MP的同分异构体，需要排除MP自身，因此符合要求的酯类同分异构体一共是3种，C选项错误；
D．MMA的结构为CH2=C(CH3)COOCH3，分子中含有碳碳双键，碳碳双键可以发生加聚反应生成聚甲基丙烯酸甲酯，也就是有机玻璃，结构与叙述都符合事实，D选项正确；
故答案为：C
【分析】A、PLA中含有酯基，可在碱性条件下发生水解反应。
B、MP中含有酯基，结合酯类物质的命名进行分析。
C、酯类物质是由酸脱羟基醇脱氢反应生成的，结合羧酸和醇的结构分析。
D、MMA中含有碳碳双键，可发生加聚反应。
8．在25℃、光照条件下，产生氯自由基，引发丙烷一氯代反应：
i．
ii．
反应体系中产物n(2-氯丙烷)：n(1-氯丙烷)。下列说法错误的是
A．活化能：反应i<反应ii
B．丙烷中的键能：的的
C．当丙烷消耗2 mol时上述反应体系的焓变为
D．相同条件下正丁烷与发生一氯代反应，产物n(2-氯丁烷)：n(1-氯丁烷)
【答案】C
【知识点】反应热和焓变；反应热的大小比较；烷烃
【解析】【解答】A．由题干信息可知，该反应体系中产物2-氯丙烷和1-氯丙烷的物质的量之比为，说明反应ii的反应速率比反应i更慢；反应速率与活化能负相关，活化能越低反应速率越快，因此反应ii的活化能大于反应i，A正确；
B．共价键的键能越小，越容易发生断裂，该反应生成更多的2-氯丙烷，说明丙烷中中的键更易断裂，因此其键能小于中键的键能，B正确；
C．焓变与参与反应的物质的量有关，根据产物比例可知，若丙烷总共消耗2 mol，则有1.2 mol丙烷参与反应i，0.8 mol丙烷参与反应ii，因此该整个体系的焓变为，不是ΔH1+ΔH2，C错误；
D．正丁烷的结构为，分子中一共存在两种不同位置的C-H键；和丙烷的结构规律类似，正丁烷链中间位置的C-H键更易发生取代，且正丁烷中处于中间位置的C-H数目更多，因此光照条件下发生氯代反应时，取代中间位置C-H的产物比例更高，D正确；
故答案为：C
【分析】A、根据反应体系中产物量的多少，判断反应速率快慢，从而比较活化能的相对大小。反应所需的活化能越大，反应速率越慢。
B、生成的2-氯丙烷更多，则说明丙烷中中的键更易断裂。结合共价键的键能越小，更容易断裂分析。
C、根据产物的量进行计算。
D、正丁烷的结构简式为CH3CH2CH2CH3，结合中的键更易断裂进行分析。
9．铍是重要的航空材料。一种从铝硅酸盐[]中提取铍的流程如图所示。
已知：；水相2中主要溶质是。
下列说法错误的是
A．“冷却”过程应快速降温，有利于后续的“酸浸”
B．“萃取分液”的目的是分离Be与Si
C．滤液2可以在“反萃取分液”中循环使用
D．“反萃取”时参与反应的
【答案】B
【知识点】分液和萃取；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．原料经热熔处理后，如果缓慢冷却，物质会结晶得到稳定的晶体结构，该结构不容易被酸溶解。而快速降温（淬火）可以让物质形成玻璃态也就是非晶态，玻璃态物质化学活性更高，更利于后续“酸浸”步骤中被稀硫酸溶解，A正确；
B．结合流程分析可知，经过“酸浸过滤”步骤后，硅元素已经转化为硅酸，作为滤渣被分离除去了。此时滤液1中主要含有的离子是和。后续“萃取分液”步骤中，HA会将萃取进入有机相，而仍然留在水相，因此“萃取分液”的作用是分离Be和Al，并非分离Be和Si，B错误；
C．根据流程分析可得，水相2的主要溶质是，加入过量NaOH完成反萃取后，加热过滤可得到，对应反应的化学方程式为：，因此滤液2的主要成分是NaOH溶液，而“反萃取分液”步骤本身需要加入过量NaOH溶液，所以滤液2可以返回流程循环使用，C正确；
D．反萃取过程中，有机相中的和NaOH反应，生成水相2中的和含NaA的煤油，对应反应的化学方程式为：，由此可得参与反应的与NaOH的物质的量之比为1：6，D正确；
故答案为：B
【分析】铝硅酸盐经热熔后快速冷却可得到玻璃态产物，将该玻璃态物质用稀硫酸酸浸处理后，原料中的硅酸盐组分与硫酸反应生成硅酸沉淀，而其中的铍、铝元素则会转化为对应阳离子进入酸浸溶液中。过滤分离后，滤渣的主要成分为硅酸，得到的滤液1中含有、，还有过量的。接着向滤液1中加入添加了萃取剂HA的煤油，结合题干给出的平衡，溶液中的铍离子会被萃取进入有机相，转化生成，而铝离子则仍然留在水相（即水相1）中。经过分液操作，即可分别得到含铍的有机相与含有铝组分的水相1。
随后向得到的含铍有机相中加入过量NaOH溶液进行反萃取，反萃取后铍重新进入水相，转化为得到水相2，原有机相中的HA则反应转化为NaA留在煤油中，该含NaA的煤油可以循环回萃取步骤使用。将得到的水相2（主要溶质为）加热处理，其中的会转化为沉淀析出，过滤后即可得到固体与滤液2，经过后续处理即可得到金属铍单质Be。
10．一种离子液体电池可以在供电的同时将转化为，电解质为离子液体及少量水，其中的是一种季铵离子，在电池中作电解质、质子源和促进剂。该电池工作原理如图所示，运行一段时间后，碳纳米管表面可检测出有生成。
下列说法正确的是
A．a电极为负极，在该电极上被氧化
B．b电极反应式可能为：
C．是电池中唯一的质子源
D．作为电池促进剂的原理是通过生成增加电荷浓度，从而增强了离子电流强度
【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．根据上述分析，a电极是锌电极，为负极，放电时锌被氧化，A错误；
B．b为正极，CO在正极得到电子转化为甲烷，该电极反应式正确，B正确；
C．该电池的质子源不仅有反应中的H+，电解质中含有的少量水也可以作为质子源提供质子，C错误；
D．作为电池促进剂，是通过生成中间体降低CO2还原反应的活化能，但从整个反应来看，反应前后所有阳离子的总电荷始终为+4，阳离子总个数始终是3个，总电荷量和离子数目都没有改变，因此溶液的电荷浓度不会增加，D错误；
故答案为：B
【分析】该装置为可充电锌-二氧化碳电池，碳纳米管电极上二氧化碳被还原为甲烷，同时生成碳酸锌，反应过程中得到电子，因此该电极为正极，其电极反应为；金属锌失去电子发生氧化反应，为负极，据此对各选项进行分析。
11．小组同学探究盐溶液对反应(血红色)的影响。将的溶液与的溶液混合，分别加入等量的试剂①~④，测得平衡后体系的透光率如下图所示。
已知：i．溶液血红色越深，透光率越小，其它颜色对透光率的影响可忽略
ii．(黄色)
iii.已知对实验无影响
下列说法不正确的是
A．注入试剂①后溶液透光率增大，证明逆向移动
B．透光率③比②高，可能是阳离子种类或溶液不同导致的
C．透光率④比③高，可能发生了反应
D．若要证明试剂③中对平衡体系有影响，还应使用的溶液进行对照实验
【答案】A
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A、向体系注入蒸馏水之后发生溶液稀释的操作，即便可逆平衡维持不动，血红色本身也会因稀释变淡，透光率随之上升，透光率增大并不能直接证明平衡逆向移动，A错误；
B、试剂②溶质为，试剂③溶质为，二者阳离子不一样，水解会使溶液pH出现变化，酸度差异、阳离子本身的影响均能够改变平衡状态，最终造成③透光率高于②，B正确；
C、试剂④氯离子浓度远大于试剂③，大量可以发生反应，消耗血红色的，红色进一步变浅，透光率比③更高，C正确；
D、想要证实发挥了作用，需要排除钾离子带来的干扰，选用浓度一致的开展对照实验，已知不会干扰本实验，对照之后就能够锁定氯离子的影响，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
透光率原理把握：严格依托题干条件，血红色越深透光率就越小，稀释操作本身就能够淡化溶液颜色；
阳离子变量辨析：和阳离子不同，铵根水解改变pH，存在两类变量可以造成两组透光率出现差距；
高浓度氯离子的副平衡：浓度较高的会和结合生成，推动硫氰合铁解离，让透光率进一步上升；
对照实验设计思路：控制阳离子保持一致，更换阴离子为无干扰效果的，借此剔除钾离子造成的干扰，验证氯离子的实际影响。
12．型晶态半导体材料由与碳族元素形成，其立方晶胞结构如图。已知：晶胞参数。下列说法正确的是
A．与Z紧邻的有4个
B．晶胞内之间最近的距离为
C．晶胞密度：
D．若晶胞顶点替换为，则
【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、选取处于顶点或是面心位置的Z原子展开观察，与之距离最近的Mg分布在上下相邻的晶胞当中，上下两侧各自存在4个，总计8个紧邻的Mg原子，A错误；
B、把整个大晶胞均等拆分成8份尺寸一致的小立方体，Mg坐落于小立方体的体心位置，晶胞内Mg之间的最短间距就等同于小立方体的棱长，也就是，B错误；
C、晶胞密度通用表达式为，代入相对原子质量与晶胞参数进行计算，Mg-Ge体系中、，算出对应密度分式为；Mg-Si体系中、，算出密度分式为，对比可得，也就是，C正确；
D、原本Sn占据8处顶点以及6处面心，本次只对顶点开展替换，面心位置依旧保留Sn，分摊之后，顶点替换引入的，推算出，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
配位数统计：选取晶胞边缘位置的Z原子当作参考，兼顾相邻晶胞内分布的Mg，全方位清点Z周围紧邻Mg的总数；
最短原子间距求解：对大立方晶胞做八等分拆分，依托小立方体的棱长特征找出Mg之间最近距离；
晶胞密度定量比较：套用晶体密度公式代入Si、Ge对应的摩尔质量、晶胞参数开展代数运算，横向对比两套晶胞的密度大小；
原子分摊比例运算：分别把控顶点、面心两套分摊系数，区分未改动的面心Sn与替换后的顶点Ge，再完成物质的量比值的推导。
13．将气体和按体积之比导入管式反应器（如图1）热解制，高于T℃下发生如下两个反应（反应过程用稀释）：
Ⅰ：
Ⅱ：
在常压下反应相同时间后，测得气体、及体积分数（V%）随温度的变化如图2所示。下列说法错误的是
A．高于T℃时，该体系中发生的反应可能有
B．曲线b表示的体积分数随温度的变化
C．1000℃时，反应的活化能：反应Ⅰ<反应Ⅱ
D．在1000℃、常压下达到平衡后，通入提高投料比[]，的平衡转化率增大
【答案】D
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．将反应Ⅰ和反应Ⅱ相加，即可得到总反应：，依据多重平衡规则，总反应的平衡常数满足，A选项正确；
B．温度较低时，整体反应速率较慢，此时反应Ⅰ先发生，持续生成，其体积分数不断上升；当温度升高后，反应Ⅱ的反应速率加快，会不断消耗，因此的体积分数在达到最大值后会逐渐下降，这个变化趋势和曲线b一致，B选项正确；
C.1000℃时，体系中已经产生了大量的，说明反应Ⅰ已经明显发生，但此时体系中几乎没有生成，说明反应Ⅱ几乎没有进行，由此说明相同温度下反应Ⅰ的反应速率更快。反应速率越快，对应活化能越小，因此活化能：反应Ⅰ反应Ⅱ，C选项正确；D．平衡后增大的投料，相当于提高了反应物的浓度，根据平衡移动规律：增大一种反应物的浓度，会使该反应物自身的平衡转化率降低，另一种反应物（也就是）的平衡转化率升高，因此的平衡转化率会减小，D选项错误；
故答案为：D
【分析】A、结合盖斯定律和平衡常数的表达式进行分析。
B、结合温度对反应速率的影响分析。
C、反应所需的活化能越大，反应速率越慢，据此分析。
D、结合浓度对平衡移动的影响分析。
14．向溶液中通入，体系中含银物种分布系数、与的关系如图。例如：、。下列说法正确的是
A．曲线Ⅲ代表
B．时，
C．
D．时，
【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由分析可知，曲线Ⅰ表示[Ag(NH3)2]+与pNH3的关系；曲线Ⅱ表示[Ag(NH3)]+与pNH3的关系；曲线Ⅲ 表示Ag+与pNH3的关系，A错误；
B．当溶液中pNH3为3.9时，溶液中c([Ag(NH3)2]+)=c([Ag(NH3)]+)，则由反应①的平衡常数为103.3可知，溶液中[Ag(NH3)]+与Ag+的浓度关系为：=(103.3×10-3.9) c(Ag+)=10-0.6c(Ag+)，由++=1可得，溶液中，B正确；
C．根据分析可知，反应①的平衡常数为103.3，C错误；
D．由反应①的平衡常数为103.3可知，溶液pNH3为3.6时，溶液中[Ag(NH3)]+与Ag+的浓度关系为：=10-0.3c(Ag+)；由反应②的平衡常数为103.9可知，溶液pNH3为3.6时，溶液中[Ag(NH3)2]+、[Ag(NH3)]+ 的浓度关系为：=100.3，则溶液中[Ag(NH3)2]+、Ag+的浓度关系为：= c(Ag+)；溶液中存在电荷守恒关系：c(Ag+)+++c(H+)+c(NH)= c(NO)+c(OH-)，整理可得：(2+10-0.3) c(Ag+)+c(H+)+c(NH)= c(NO)+c(OH-)，D错误；
故选B。
【分析】银离子在溶液中会和氨气发生两步配位反应，分别是：①Ag++NH3[Ag(NH3)]+ 、②[Ag(NH3)]+ +NH3[Ag(NH3)2]+，从反应可以推导出，和pNH3满足线性关系，因此曲线Ⅳ代表的就是随pNH3的变化关系。
向硝酸银溶液中通入氨气，随着氨气通入，pNH3不断增大，溶液中Ag+浓度会持续减小，[Ag(NH3)]+浓度会先增大后减小，[Ag(NH3)2]+浓度会持续增大，因此曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ依次对应[Ag(NH3)2]+、[Ag(NH3)]+、Ag+浓度随pNH3的变化关系。
从图中可以得到，当pNH3=3.3时，=0，也就是，因此第一步配位反应①的平衡常数： K===103.3；
当pNH3=3.9时，溶液中c( [Ag(NH3)2]+ )=c( [Ag(NH3)]+ )，因此第二步配位反应②的平衡常数 K2===103.9，据此结合选项分析。
15．[Co(II)Salen]配合物具有可逆载氧能力，是天然氧载体的模型化合物。
[Co(II)Salen]配合物的制备原理、装置及载氧能力测定实验步骤如下：
I．[Co(II)Salen]配合物的制备
实验原理：
实验步骤：
a．在装置一的三颈烧瓶中依次加入1.6mL水杨醛、80mL95%乙醇及乙二胺，搅拌4~5min，生成亮黄色的双水杨缩乙二胺片状晶体。
b．溶解1.9g四水合乙酸钴于15mL热水中，将该溶液转移到滴液漏斗中。随后向烧瓶中通入氮气，3~5min后开冷凝水，加热使溶液微沸。
c．待亮黄色片状晶体全部溶解后，把乙酸钴溶液加入烧瓶中，立即生成棕色的胶状沉淀，在微沸下搅拌40~50min．在这段时间内棕色沉淀慢慢转为暗红色晶体。
d．上述溶液依次冷却、抽滤、洗涤和干燥。最后称重为2.1g。
II．[Co(II)Salen]配合物的载氧测定
反应原理：
e．在装置二的具支试管中加入[Co(II)Salen]配合物，打开、，打开氧气钢瓶通约3~5min后，关闭、，读取量气筒的刻度。
f．将DMF()从仪器d中放出，充分反应，一直到量气筒中液面不再明显变化为止，读取读数，此读数与第一次读数之差即为吸氧体积，重复试验三次。
已知：[Co(II)Salen]配合物的摩尔质量为：。
回答下列问题：
（1）[Co(II)Salen]配合物中提供孤电子对形成配位键的原子是　 　。(填元素符号)
（2）仪器c的名称为　 　，其作用是　 　。
（3）双水杨缩乙二胺与乙酸钴溶液反应的离子方程式为　 　；[Co(II)Salen]配合物的制备实验中，理论产量以乙二胺数据进行计算，则[Co(II)Salen]配合物的产率为　 　(列出计算式)。
（4）[Co(II)Salen]配合物的吸氧测定的装置加药品前需进行装置气密性的检验，请简述检验该装置气密性的操作及现象：　 　；与普通的分液漏斗相比，该实验中仪器d的优点为　 　(写两点)。
（5）读取量气筒的刻度前应进行的操作有_______(填字母)。
A．冷却至室温
B．通过调节水准管使左右两边液面高度齐平
C．打开、
D．打开、关闭
【答案】（1）N、O
（2）球形冷凝管；冷凝回流挥发出的反应物，提高反应物转化率
（3）+2CH3COO-++2CH3COOH；
（4）关闭K1、K2，打开恒压滴液漏斗活塞，往水准管中加水形成一段高度差，一段时间后，液面高度不发生改变；平衡气压，使DMF顺利滴下；避免加入的液体的体积对气体体积测量造成干扰，减小误差
（5）A；B
【知识点】配合物的成键情况；常用仪器及其使用；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）中提供空轨道，N、O提供孤电子对，形成配位键；
故答案为：N、O
（2）有机原料易挥发，仪器c为球形冷凝管，可以冷凝回流挥发出的反应物，提高反应物转化率。
故答案为：球形冷凝管； 冷凝回流挥发出的反应物，提高反应物转化率
（3）是弱酸，[Co(II)Salen]中位于内界，难以电离，故反应的离子方程式为
+2CH3COO-++2CH3COOH；乙二胺物质的量为0.0074mol，则理论上生成的[Co(II)Salen]的质量为，[Co(II)Salen]配合物的产率为；
故答案为：+2CH3COO-++2CH3COOH ；
（4）关闭K1、K2，打开恒压滴液漏斗活塞，往水准管中加水形成一段高度差，一段时间后液面高度不变，则气密性良好；
若使用普通的分液漏斗，加入DMF后，DMF自身的体积会导致测量的装置内气体的总体积偏大，造成干扰，恒压滴液漏斗则不会有此缺点，同时恒压滴液漏斗的连通管可以平衡压强，使DMF顺利滴下。与普通的分液漏斗相比，该实验中仪器d的优点为避免加入的液体的体积对气体体积测量造成干扰，减小误差；
故答案为： 关闭K1、K2，打开恒压滴液漏斗活塞，往水准管中加水形成一段高度差，一段时间后，液面高度不发生改变 ； 平衡气压，使DMF顺利滴下；避免加入的液体的体积对气体体积测量造成干扰，减小误差
（5）读取量气筒的刻度前不能使内部气体与外界相通，且需冷却至室温后调节水准管液面使装置内的压强与大气压一致，故A、B项符合题意。
故答案为：AB
【分析】按照实验流程，先把四水合乙酸钴溶解在15mL热水中，再将所得溶液转入滴液漏斗中。接下来向反应烧瓶中通入氮气，排出装置内的氧气，通气3~5分钟后开启冷凝水，加热使体系内溶液保持微沸状态。在氮气的保护下，将准备好的四水合乙酸钴溶液加入到双水杨醛缩乙二胺的乙醇溶液中，加入后会立刻生成棕色胶状沉淀，保持微沸状态搅拌反应40~50分钟，在此过程中，棕色沉淀会逐渐转变为暗红色晶体。最后将反应后的体系依次经过冷却、抽滤、洗涤、干燥，即可得到目标配合物[Co(II)Salen]。
（1）中提供空轨道，N、O提供孤电子对，形成配位键；
（2）有机原料易挥发，仪器c为球形冷凝管，可以冷凝回流挥发出的反应物，提高反应物转化率。
（3）是弱酸，[Co(II)Salen]中位于内界，难以电离，故反应的离子方程式为
+2CH3COO-++2CH3COOH；乙二胺物质的量为0.0074mol，则理论上生成的[Co(II)Salen]的质量为，[Co(II)Salen]配合物的产率为；
（4）关闭K1、K2，打开恒压滴液漏斗活塞，往水准管中加水形成一段高度差，一段时间后液面高度不变，则气密性良好；
若使用普通的分液漏斗，加入DMF后，DMF自身的体积会导致测量的装置内气体的总体积偏大，造成干扰，恒压滴液漏斗则不会有此缺点，同时恒压滴液漏斗的连通管可以平衡压强，使DMF顺利滴下。与普通的分液漏斗相比，该实验中仪器d的优点为避免加入的液体的体积对气体体积测量造成干扰，减小误差；
（5）读取量气筒的刻度前不能使内部气体与外界相通，且需冷却至室温后调节水准管液面使装置内的压强与大气压一致，故A、B项符合题意。
16．锗（Ge）是战略性关键金属，广泛应用于红外光学、半导体等领域。我国内蒙古乌兰图嘎褐煤中锗储量丰富，但品位低（约244 g/t），且伴生砷、铁等杂质。一种从褐煤中提取锗的工艺流程如下：
已知：
Ⅰ．“焙烧”阶段：低温段（250~300℃）加入，促进有机物分解；高温段（500~550℃）控制弱还原气氛，使被C或CO还原为易挥发的GeO随烟气进入收尘系统，得到富锗烟尘。
Ⅱ．沸点1200℃，GeO沸点500℃；溶于浓盐酸生成六氯锗酸（）。
Ⅲ．萃取剂N235（三辛胺，）可与HCl结合形成，再与发生阴离子交换萃取。
Ⅳ．常温下，的，，饱和溶液的浓度约为0.1 mol/L．
回答下列问题：
（1）预处理采用“低温氧化焙烧-高温还原焙烧”两段工艺，相较于传统高温燃烧法（>700℃），该工艺的优点是　 　。
（2）“酸浸”时，与浓盐酸反应的化学方程式为　 　。
（3）除砷工序：向“酸浸”后的浸出液中通入气体至饱和时，溶液的pH=4。计算此时溶液中　 　mol/L（保留三位有效数字）。
（4）请写出N235在酸性条件下萃取的离子方程式：　 　。
（5）“沉锗”后得到的需用去离子水洗涤。检验沉淀是否洗涤干净的方法是　 　。
（6）工业上将粗锗（含As、Fe等杂质）进行熔盐电解精炼制备Ge，工作原理如图所示（惰性气氛下电解）。电源b为　 　极。写出阳极的主要电极反应式：　 　。
【答案】（1）降低能耗；提高锗回收率（减少砷、铁等杂质挥发、提高富集度等其他合理答案也可）
（2）
（3）
（4）[或]
（5）取少量最后一次洗涤液于试管中，加入稀硝酸酸化，再滴加溶液，若无白色沉淀生成，则已洗涤干净
（6）负；
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；电极反应和电池反应方程式；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）能耗低；锗回收率高（低温挥发富集）；减少砷等有毒杂质挥发，更环保；避免高温下设备腐蚀加剧；
故答案为： 降低能耗；提高锗回收率（减少砷、铁等杂质挥发、提高富集度等其他合理答案也可）
（2）依据已知Ⅱ，Ge为+4价，非氧化还原反应，；
故答案为：
（3）结合已知Ⅳ，，代入，得，；
故答案为：
（4）依据已知Ⅲ，先结合生成，再与发生阴离子交换。故方程式为或；
故答案为：[或]
（5）依据分析，沉淀吸附的杂质主要为氯化铵，可以通过检验氯离子来证明沉淀是否洗涤干净；方法为：取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加稀硝酸酸化的溶液，若无白色沉淀生成，证明洗涤干净；若有白色沉淀生成，证明未洗涤干净；
故答案为： 取少量最后一次洗涤液于试管中，加入稀硝酸酸化，再滴加溶液，若无白色沉淀生成，则已洗涤干净
（6）粗金属作阳极接电源正极，纯金属作阴极接电源负极；阳极主要发生的氧化反应。则电源b为负极。阳极的主要电极反应式为。
故答案为：负；
【分析】“焙烧”过程中低温阶段KMnO4发生分解反应：2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑；高温阶段GeO2被C还原，生成GeO和CO2：GeO2＋CGeO＋CO↑。“酸浸”过程中GeO2与HCl反应生成H2GeCl6，该反应的化学方程式为：GeO2＋6HCl(浓)=H2GeCl6＋2H2O；同时存在副反应GeO＋2HCl(浓)=GeCl2＋H2O。“除杂”过程中，先加入H2O2，将溶液中的GeCl2氧化成GeCl4，该反应的化学方程式为：GeCl2＋H2O2＋2HCl=GeCl4＋2H2O。调节pH后通入H2S，发生反应：2As3＋＋3H2S=As2S3↓＋6H＋、2Fe3＋＋H2S=2Fe2＋＋S↓＋2H＋。萃取与反萃取阶段：1．N235萃取　或2．反萃取后加氨水沉锗阶段：。据此结合题干设问分析作答。
（1）能耗低；锗回收率高（低温挥发富集）；减少砷等有毒杂质挥发，更环保；避免高温下设备腐蚀加剧；
（2）依据已知Ⅱ，Ge为+4价，非氧化还原反应，；
（3）结合已知Ⅳ，，代入，得，；
（4）依据已知Ⅲ，先结合生成，再与发生阴离子交换。故方程式为或；
（5）依据分析，沉淀吸附的杂质主要为氯化铵，可以通过检验氯离子来证明沉淀是否洗涤干净；方法为：取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加稀硝酸酸化的溶液，若无白色沉淀生成，证明洗涤干净；若有白色沉淀生成，证明未洗涤干净；
（6）粗金属作阳极接电源正极，纯金属作阴极接电源负极；阳极主要发生的氧化反应。则电源b为负极。阳极的主要电极反应式为。
17．N，N-二甲基甲酰胺（DMF）被誉为有机行业的“万能溶剂”，在众多领域发挥着不可或缺的作用。无论是用于生产农药、医药，还是作为有机合成的媒介，DMF都展现出了其卓越的效能。一种催化条件下加氢偶联二甲胺（DMA）制备DMF的反应为：
反应Ⅰ：
（1）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了反应Ⅰ在复合催化剂表面上的反应历程如图所示，其中过渡态用TS表示，吸附在催化剂表面上的物种用*标注。
该过程包含　 　个基元反应。
（2）为同时提高该制备反应的速率和DMA平衡转化率，可采取的措施有　 　。（写一条即可）
（3）该制备过程伴随副反应发生：
反应Ⅱ：
已知该条件下（R与C为常数），若且，则当改变相同温度时，　 　（填“大于”“等于”或“小于”）1。
（4）300℃时，向2 L恒容密闭容器中加入DMA、各1 mol，，含氮物种的物质的量随时间的变化关系如图所示。
0~2 min内，的化学反应速率为　 　。反应Ⅰ的平衡常数　 　（保留两位有效数字）。
（5）测定不同温度和催化剂中锌掺杂量条件下DMA转化率和产物的选择性，通过以下两图确定制备DMF反应的最适宜条件为　 　。
（6）采用共沉淀法制备一系列不同锌掺杂量的复合催化剂，占据部分原来的位置，这种结构使晶胞中产生氧空位，若掺杂ZnO后晶体中的空缺率为12.5%，则晶体中　 　。（的空缺率）
【答案】（1）4
（2）增大压强（或增大二氧化碳的浓度、增大氢气的浓度）
（3）大于
（4）；0.062
（5）温度为300℃，锌掺杂量为15%左右
（6）3：1
【知识点】晶胞的计算；化学平衡常数；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）基元反应数：反应历程图中出现4个过渡态(TS1、TS2、TS3、TS4)，每个过渡态对应一个基元反应，因此该过程包含4个基元反应；
故答案为：4
（2）增大压强，可提高反应物浓度，加快反应速率，或增大氢气浓度/分压，同样提升速率，并通过勒夏特列原理推动平衡正向移动；
故答案为： 增大压强（或增大二氧化碳的浓度、增大氢气的浓度）
（3）由（R与C为常数）可知，lnK随线性变化，斜率为，因ΔH2＜ 0，故反应Ⅱ为放热反应，若反应Ⅰ吸热，两反应K随温度变化方向相反，故反应Ⅰ也放热（< 0），所以二者均为放热反应，由|ΔH1| > |ΔH2|可知，K1对温度变化更敏感。温度改变相同时，|ΔK1| > |ΔK2| ，因此> 1；
故答案为：大于
（4）由图可知，0-2 min，DMA 消耗 0.2 mol，反应Ⅰ生成 DMF 0.18 mol，消耗 H2 0.18 mol；反应Ⅱ消耗 DMA 0.02 mol，消耗 H20.06 mol，总消耗 H2 0.24 mol，；平衡时，各物质浓度计算如下：，，，c代入反应Ⅰ的平衡常数表达式；
故答案为：；0.062
（5）温度对反应的影响显示，在300℃时，DMA的转化率和DMF的选择性达到峰值；锌掺杂量的影响表明，在锌掺杂量为15%时，DMA的转化率和DMF的选择性达到峰值，同时TMA的选择性降至最低。综合以上分析，制备DMF反应的最适宜条件为温度300℃和锌掺杂量15%左右；
故答案为： 温度为300℃，锌掺杂量为15%左右
（6）根据题意，Zn2+掺杂TiO2晶胞后产生氧空位，且O2-空缺率为 12.5%。基于晶胞结构与电荷守恒，1个TiO2晶胞含8个O2-，则每个晶胞含8×12.5%=1个氧空位，剩余O2-为7个。设掺杂ZnO后晶胞中Ti4+个数为a，Zn2+个数为b，a+b=4，由电荷守恒4a+2b=2×7=14，联合解得：a=3，b=1，Ti4+对应TiO2的物质的量，Zn2+对应 ZnO 的物质的量，故n(TiO2) ： n(ZnO)= 3 ： 1。
故答案为：3 ：1
【分析】（1）反应历程中每一个过渡态对应一个基元反应，据此结合反应历程图像分析。
（2）结合浓度、温度、压强对平衡移动的影响分析。
（3）根据，结合温度对平衡移动的影响分析。
（4）由图可知，0-2 min，DMA 消耗 0.2 mol，反应Ⅰ生成 DMF 0.18 mol，消耗 H2 0.18 mol；反应Ⅱ消耗 DMA 0.02 mol，消耗 H20.06 mol，总消耗 H2 0.24 mol，据此结合反应速率和平衡常数的表达式进行计算。
（5）制备DMF反应的最适宜条件，则应选择DMA的转化率高，且产物的选择性高。据此结合图像曲线进行分析。
（6）根据晶胞结构进行分析。
（1）基元反应数：反应历程图中出现4个过渡态(TS1、TS2、TS3、TS4)，每个过渡态对应一个基元反应，因此该过程包含4个基元反应；
（2）增大压强，可提高反应物浓度，加快反应速率，或增大氢气浓度/分压，同样提升速率，并通过勒夏特列原理推动平衡正向移动；
（3）由（R与C为常数）可知，lnK随线性变化，斜率为，因ΔH2＜ 0，故反应Ⅱ为放热反应，若反应Ⅰ吸热，两反应K随温度变化方向相反，故反应Ⅰ也放热（< 0），所以二者均为放热反应，由|ΔH1| > |ΔH2|可知，K1对温度变化更敏感。温度改变相同时，|ΔK1| > |ΔK2| ，因此> 1；
（4）由图可知，0-2 min，DMA 消耗 0.2 mol，反应Ⅰ生成 DMF 0.18 mol，消耗 H2 0.18 mol；反应Ⅱ消耗 DMA 0.02 mol，消耗 H20.06 mol，总消耗 H2 0.24 mol，；平衡时，各物质浓度计算如下：，，，c代入反应Ⅰ的平衡常数表达式；
（5）温度对反应的影响显示，在300℃时，DMA的转化率和DMF的选择性达到峰值；锌掺杂量的影响表明，在锌掺杂量为15%时，DMA的转化率和DMF的选择性达到峰值，同时TMA的选择性降至最低。综合以上分析，制备DMF反应的最适宜条件为温度300℃和锌掺杂量15%左右；
（6）根据题意，Zn2+掺杂TiO2晶胞后产生氧空位，且O2-空缺率为 12.5%。基于晶胞结构与电荷守恒，1个TiO2晶胞含8个O2-，则每个晶胞含8×12.5%=1个氧空位，剩余O2-为7个。设掺杂ZnO后晶胞中Ti4+个数为a，Zn2+个数为b，a+b=4，由电荷守恒4a+2b=2×7=14，联合解得：a=3，b=1，Ti4+对应TiO2的物质的量，Zn2+对应 ZnO 的物质的量，故n(TiO2) ： n(ZnO)= 3 ： 1。
18．萜类化合物是一大类由异戊二烯单元组成的化合物，其衍生物是重要的天然产物。它们经常表现出重要的生物活性，例如抗微生物、抗炎、抗疟、抗氧化和神经保护作用，因此具有重要的药用价值。近年来对天然萜类化合物的人工合成研究取得了大量进展。下图为萜类衍生物姜黄酚（L）的合成路线：
已知：
①Bn-表示
②
（X表示卤素原子）
回答下列问题：
（1）物质C的系统命名是　 　。
（2）物质F的含氧官能团有　 　（写名称），B→D的反应类型为　 　。
（3）反应A→B的目的是　 　。
（4）I的结构简式为　 　；反应H→I的过程中还生成了两种小分子副产物，其中一种为常见的无氧强酸，另一种为三苯基氧膦（），写出H→I的化学反应方程式：　 　。
（5）物质L的同分异构体中，满足以下条件的有　 　种。
a．包含苯环结构；
b．可以发生银镜反应；
c．核磁共振氢谱显示其中含有4种化学环境不同的氢原子。
（6）以苯胺、丙酮及题干中所用试剂为原料，设计的合成路线　 　。
【答案】（1）2-丁烯醛
（2）（醇）羟基、醚键；加成反应
（3）保护氨基，防止氨基与C（）反应
（4）；
（5）3
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）C中主链上有4个碳原子且含有醛基，双键在2号位，系统命名是2-丁烯醛。
故答案为： 2-丁烯醛
（2）由F的结构简式可知，F的含氧官能团有（醇）羟基、醚键；由分析可知，B和C发生加成反应生成D。
故答案为： （醇）羟基、醚键 ；加成反应
（3）反应A→B过程中氨基转化为-N(Bn)2，F中氨基又被生成，结合已知，氨基可以和C中的醛基发生反应，则反应A→B的目的是保护氨基，防止氨基与C（）反应。
故答案为： 保护氨基，防止氨基与C（）反应
（4）由分析可知，I的结构简式为，根据题目信息，H→I的反应生成了I、三苯基氧膦（O=PPh3）和一种常见的无氧强酸（HI）。根据原子守恒，配平的化学反应方程式为：。
故答案为：；
（5）物质L的同分异构体满足条件：a．包含苯环结构；b．可以发生银镜反应，说明其中含有醛基；c．核磁共振氢谱显示其中含有4种化学环境不同的氢原子，说明其是对称的结构；满足条件的同分异构体有、、共3种。
故答案为：3
（6）苯胺和BnBr发生取代反应生成，2分子丙酮发生已知信息②的原理生成，和发生C转化为D的原理生成，发生还原反应生成，和H2发生还原反应生成，合成路线为：。
故答案为：
【分析】A和BnBr发生取代反应得到B，B再和C发生加成反应生成D，D经还原反应得到E，该过程中醛基被还原为羟基，因此E的结构简式为，之后E与H2发生还原反应得到F；根据I和J发生取代反应生成K，可推知I的结构简式为，结合上述推导内容来解答相关问题。
（1）C中主链上有4个碳原子且含有醛基，双键在2号位，系统命名是2-丁烯醛。
（2）由F的结构简式可知，F的含氧官能团有（醇）羟基、醚键；由分析可知，B和C发生加成反应生成D。
（3）反应A→B过程中氨基转化为-N(Bn)2，F中氨基又被生成，结合已知，氨基可以和C中的醛基发生反应，则反应A→B的目的是保护氨基，防止氨基与C（）反应。
（4）由分析可知，I的结构简式为，根据题目信息，H→I的反应生成了I、三苯基氧膦（O=PPh3）和一种常见的无氧强酸（HI）。根据原子守恒，配平的化学反应方程式为：。
（5）物质L的同分异构体满足条件：a．包含苯环结构；b．可以发生银镜反应，说明其中含有醛基；c．核磁共振氢谱显示其中含有4种化学环境不同的氢原子，说明其是对称的结构；满足条件的同分异构体有、、共3种。
（6）苯胺和BnBr发生取代反应生成，2分子丙酮发生已知信息②的原理生成，和发生C转化为D的原理生成，发生还原反应生成，和H2发生还原反应生成，合成路线为：。
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