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四川成都市石室中学2026届高三下学期二模化学试题
1．材料是人类文明发展的里程碑。下列生产或应用中所用到的主要物质属于无机非金属材料的是
A．制造跑车机舱使用的碳纤维
B．制造操场跑道使用的橡胶
C．制造“和平方舟”甲板使用的特种钢
D．制造近视眼镜镜片使用的聚碳酸酯材料
2．下列物质的结构或性质与用途对应关系错误的是
A．为非极性分子，具有较大的燃烧热
B．液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂
C．硝酸乙基铵是一种“离子液体”，常温下具有良好的导电性
D．与能形成配位键，在氨水中的溶解度可能比水中大
3．下列化学用语或图示正确的是
A．酚醛树脂的结构简式：
B．邻羟基苯甲醛形成的分子内氢键：
C．的电子式为：
D．基态价层电子的轨道表示式：
4．有机物N和Q的结构简式如下图所示，下列关于这两种分子的说法正确的是
A．N中碳原子都是杂化
B．Q中含手性碳原子
C．N、Q均能发生加成反应、水解反应
D．可用溴的四氯化碳溶液鉴别N和Q
5．下列实验装置或操作能达到相应实验目的的是
A．称量1.8 g NaOH固体 B．模拟氯碱工业制取并检验
C．利用分水器分出生成的水以提高反应转化率 D．进行喷泉实验
A．A B．B C．C D．D
6．与类似，也可被还原，具体的反应为。下列说法正确的是
A．离子半径：
B．和都是由极性键构成的极性分子
C．Al的第一电离能高于同周期相邻元素
D．的空间结构为正四面体形
7．解释下列实验现象或事实的离子方程式书写错误的是
A．将过量的通入溶液中产生淡黄色沉淀：
B．铁经过发蓝处理形成致密氧化膜：
C．蓝色氯化四氨合铜溶于浓盐酸呈黄绿色：
D．含氟牙膏可以防龋齿：
8．由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Q、Z、Y、W组成的化合物如图所示，X和W同主族，Q、Z、Y同周期，基态Q原子核外成对电子对数与未成对电子数相等。下列说法正确的是
A．电负性： B．第二电离能：
C．键角： D．氢化物的沸点：
9．我国高分子科学家对聚乙烯进行胺化修饰，并进一步制备新材料，合成路线如下图。
下列说法错误的是
A．聚乙烯分子中所有原子可能共平面
B．a分子的核磁共振氢谱图中有2组峰
C．生成高分子b的反应为加成反应
D．高分子c的亲水性比聚乙烯的好
10．根据下列实验操作和现象，得出的结论正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A 取两份新制氯水，分别滴加溶液和淀粉KI溶液 前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色 氯气与水的反应存在限度
B 测定0.01 mol/L某酸溶液的pH 测得pH为2 该酸为强酸
C 麦芽糖与稀硫酸共热后加NaOH溶液调至碱性，再加入新制氢氧化铜并加热 产生砖红色沉淀 麦芽糖已发生水解
D 相同温度下用pH计测定浓度均为溶液和溶液的pH 溶液的pH更小 极性：
A．A B．B C．C D．D
11．NO与盐酸在Fe催化电极上生成盐酸羟胺(，化学性质类似于)，可能的反应机理如图所示。下列说法正确的是
A．水溶液呈弱碱性
B．过程②～④中N的化合价均发生变化
C．过程⑤中M为和
D．电催化NO与盐酸生成的电极反应：
12．某含锶(Sr，位于周期表中第五周期第ⅡA族)废渣主要含有，还有少量、、等杂质，一种提取该废渣中锶的流程如下图所示。
下列说法正确的是
A．锶的基态原子价电子排布式为
B．由制备无水应在HCl的气流中加热
C．酸浸时，可用稀硫酸代替稀盐酸
D．在过饱和溶液中加入晶种可以促使晶体析出，结晶速度越慢越易得到大颗粒晶体
13．已知、、的沸点依次为1500℃、370℃、430℃，常温下和易形成二聚体(如)。的晶胞结构如图所示(该结构为长方体，棱长不相等，在棱心)。下列说法错误的是
A．熔化时破坏离子键
B．的沸点低于的原因是的相对分子质量小于
C．该晶体中，每个分子距离其最近的有6个
D．已知为阿伏加德罗常数的值，一个晶胞的体积为，则的晶体密度为
14．某新型钠离子二次电池用溶解了的二甲氧基乙烷作电解质溶液，其电极材料的导电聚合物中掺杂磺酸基以增强电化学活性，电池充电时工作原理如图所示。下列说法错误的是
A．放电时，电极B为负极，质量减少
B．放电时，电极A的电极反应式为
C．充电一段时间后，电解质溶液中的浓度基本保持不变
D．充电过程中，外电路通过时，理论上两电极质量变化相差46 g
15．弱酸在有机相和水相中存在平衡：(环己烷)，平衡常数为。25℃时，向环己烷溶液中加入水进行萃取，用或调节水溶液pH。测得水溶液中、、、环己烷中与水相萃取率随pH的变化关系如图。
已知：①在环己烷中不电离；②忽略体积的变化。下列说法中错误的是
A．①代表的变化关系
B．
C．当时，体系中
D．其他条件不变，若加入水的体积为，则交点N的pH减小
16．蛋氨酸合铜(以下用表示)是一种优质铜源、氨基酸补剂，石室中学某化学课外小组制备了该配合物并确定其组成。
Ⅰ．配合物的制备
实验装置如图所示(省略夹持和加热等装置)。将蛋氨酸、溶于水后在搅拌下缓慢加入仪器A中，继续搅拌5分钟，用溶液调pH至6～8。室温冷却、过滤、洗涤、干燥，获得产物。
Ⅱ．配合物中x的测定
①蛋氨酸含量的测定
称取0.5212 g试样于250 mL碘量瓶中，加入蒸馏水、盐酸、磷酸盐缓冲溶液(可掩蔽铜离子)，再加入碘标准溶液(过量)，置于冷暗处放置15分钟。剩余的碘用标准溶液滴定，平行测定3次，平均消耗标准溶液29.98 mL。
反应原理：(Ⅰ)，。
②铜含量的测定
称取0.5212 g试样于锥形瓶中，加入蒸馏水、稀盐酸溶解。冷却后再加入缓冲溶液，加热，滴入2～3滴指示剂，用标准溶液滴定至终点。平行测定3次，平均消耗标准溶液19.98 mL。
反应原理：。
回答下列问题：
（1）仪器A的名称是　 　。
（2）实验Ⅰ中验证产品是否洗涤干净的试剂是　 　。
（3）测定蛋氨酸合铜的组成时，称取试样应选用　 　(填序号)。
a．托盘天平 b．分析天平 c．台秤
（4）①步骤①置于冷暗处放置15分钟的目的是　 　。
②步骤①、②滴定前，有关滴定管的正确操作为(选出正确操作并按序排列)：　 　。
检漏→蒸馏水洗涤→___________→开始滴定
a．烘干 b．装入滴定液至零刻度以上 c．调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下 d．用洗耳球吹出残余润洗液 e．排除气泡 f．用滴定液润洗2至3次 g．记录起始读数
（5）下列说法正确的是　 　(填序号)。
A．若测定铜含量时滴定管水洗后未用标准溶液润洗，测得中x偏小
B．若测定蛋氨酸含量时，滴定终点时俯视读数，测得中x偏小
C．若测定蛋氨酸含量时，滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，测得中x偏小
（6）①根据实验数据，中　 　(保留一位有效数字)。
②已知蛋氨酸合铜结构中含五元环，请写出其结构简式(标出配位键)：　 　。
③实验Ⅰ制备时用NaOH溶液调pH至6～8的原因是　 　。
17．某含钒钢渣含FeO、、、CaO、MgO和钒的相关化合物，一种从该废渣中无焙烧酸浸提钒的新工艺流程如图所示。
已知：①该工艺中使用的溶液，故仅可选择性浸出一种元素，其他组分的浸出可忽略不计。
②溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全()时的pH如下：
开始沉淀的pH 2.2 7.5 8.1
沉淀完全的pH 3.8 9.5 9.4
回答下列问题：
（1）“粉碎”的目的是　 　。
（2）“沉钙”中发生反应的离子方程式为　 　。
（3）“酸化”和“调pH”后生成的混合液可返回　 　步骤(填步骤名称)，实现试剂再生利用。
（4）“第一次酸浸”后浸取液的主要成分有　 　(填化学式)。
（5）“萃取”使用的P204可与形成的配合物如图(图中R代表含碳原子数较多的长链烷烃基)，钒易进入有机相的原因有___________(填序号)。
A．钒与O形成配位键 B．配位时钒的化合价发生变化
C．配合物与水能形成分子间氢键 D．烷基链具有疏水性
（6）常温“沉钒”时维持溶液中的总浓度为，。“沉钒”后溶液中　 　[已知；]。
（7）使用含CaO 56%的某含钒钢渣20.0 kg，产出轻质碳酸钙15.60 kg，则钙元素的回收率为　 　%(保留一位小数)。
18．二氧化碳的资源化利用是实现“双碳”目标的关键。其中，通过逆水煤气变换(RWGS)反应调控合成气中氢碳比具有重要的工业价值。
RWGS反应：反应Ⅰ．
RWGS反应中可能发生的副反应：
反应Ⅱ．
反应Ⅲ．
回答下列问题：
（1）　 　，反应Ⅲ在　 　(填“高温”“低温”或“任意温度”)下能自发进行。
（2）RWGS反应历程中Cu改性前后该路径的相对能量与反应历程关系如图1：
①由图可知，加入Cu助剂后，决速步反应的活化能降低了　 　eV。
②加入Cu的作用是　 　。
（3）实验测得RWGS反应正逆反应速率方程：，(、分别为正逆反应速率常数，p为各物质分压)，反应达到平衡后，仅升高温度，增大的倍数　 　(填“大于”“小于”或“等于”)增大的倍数。
（4）恒压下，按投料，发生上述反应。平衡时CO、、、的物质的量分数(x)随温度(T)的变化曲线如图2[已知、]；
①曲线c、d代表的物质分别是　 　。
②温度高于400℃后，曲线b超过d且持续增大的原因是　 　。
（5）控制反应体系总压为p kPa，按投料，发生上述反应。600℃达到平衡时，的转化率为80%，的选择性为25%[已知的选择性]。该温度下反应Ⅲ的平衡常数　 　(用分压表示，列出计算式即可)。
19．贝利司他能诱导肿瘤细胞凋亡，适用于周边T细胞淋巴瘤的治疗，其某种合成路线如下：
回答下列问题：
（1）C的结构简式为　 　。
（2）D的化学名称为　 　。
（3）E→F的反应类型为　 　。
（4）F→G中官能团由羟基转化为　 　(填官能团的名称)。
（5）G与银氨溶液发生银镜反应的化学方程式为　 　。
（6）D的8碳原子同系物中满足如下条件的同分异构体有　 　种(不考虑立体异构)。
①含②直接与苯环相连
其中核磁共振氢谱显示四组峰，峰面积之比为的结构简式为　 　。
（7）若已知A到I整体产率约为19%，I到贝利司他的产率为68.3%，则该流程中贝利司他的总产率约为　 　%(保留两位有效数字)，为了缩短流程提高产率，制备化合物I可以以为原料，先与反应得到　 　(填结构简式)，再与反应得到I。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】无机非金属材料
【解析】【解答】A、碳纤维的主要成分为碳单质，归类为新型无机非金属材料，符合题目的要求，因此A正确；B、橡胶本质是有机高分子，属于有机高分子材料，不属于无机非金属材料，不符合要求，因此B错误；
C、特种钢是铁的合金，属于金属材料，不属于无机非金属材料，不符合要求，因此C错误；
D、聚碳酸酯是有机高分子聚合物，属于有机合成高分子材料，不属于无机非金属材料，不符合要求，因此D错误；
故答案为：A
【分析】A、碳纤维为碳的一种单质。
B、橡胶属于合成有机高分子材料。
C、特种钢属于金属材料。
D、聚碳酸酯属于合成有机高分子材料。
2．【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；极性分子和非极性分子；燃烧热；氨的性质及用途
【解析】【解答】A．作为燃料的核心原因是它的燃烧热很大，甲烷属于非极性分子这一特点和它用作燃料没有因果关联，所以该因果关系不成立，A符合题意；
B．液氨发生汽化的时候会吸收大量的热量，能够使周围环境温度降低，因此液氨可以用作制冷剂，性质和用途对应关系正确，B不符合题意；
C．硝酸乙基铵属于离子液体，结构中存在能够自由移动的离子，因此在常温下它的导电性良好，性质描述对应关系正确，C不符合题意；
D．可以和形成配位键，生成稳定的，会让的沉淀溶解平衡向溶解的方向移动，最终使AgCl在氨水中溶解度增大，对应关系正确，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、CH4具有较大的燃烧热与其属于非极性分子无关。
B、液氨汽化时吸热，可用做制冷剂。
C、离子液体存在可自由移动的离子，因此具有导电性。
D、Ag+能与NH3形成配位键，使得AgCl在氨水中的溶解度增大。
3．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；氢键的存在对物质性质的影响；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．苯酚和甲醛在催化剂条件下，先反应生成，再经缩聚反应得到酚醛树脂，酚醛树脂正确的结构简式为，选项A错误；
B．邻羟基苯甲醛的分子内氢键，是羟基的氢原子与醛基羰基的氧原子之间形成的，正确的表示为，选项B错误；
C．该结构中B原子与F原子原本共用3对电子，F原子还可以提供孤电子对，与B原子形成一个配位键，所给电子式书写正确，选项C正确；
D．基态Fe原子转化为基态时，失电子顺序为先失去4s轨道的电子，因此基态的价层电子排布为3d6，正确的轨道表示式为，选项D错误；
故答案为：C
【分析】A、酚醛树脂是由苯酚和甲醛发生缩聚反应生成的。
B、结合氢键的形式X-H···Y分析。
C、NaBF4由Na+和BF4-构成，而BF4-中含有四个共价键，据此确定NaBF4的电子式。
D、Fe2+是由Fe失去2个电子形成的，结合Fe的核外电子排布分析。
4．【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；烯烃
【解析】【解答】A．有机物N中含有醛基-CHO，醛基的碳原子形成碳氧双键，杂化方式为杂化，A选项错误；
B．有机物Q中所有采取杂化的碳原子，都没有连接4种不同的原子或基团，不存在手性碳原子，Q中其余碳原子均为杂化，B选项错误；
C．有机物N中含有的官能团为醛基、羟基，不存在酯基、卤原子这类可以发生水解的官能团，因此N不能发生水解反应，C选项错误；
D．N的官能团是醛基和羟基，二者都不与溴的四氯化碳溶液反应；Q含有碳碳双键和酯基，其中碳碳双键可以和溴发生加成反应，能使溴的四氯化碳溶液褪色，因此可以用溴的四氯化碳溶液鉴别二者，D选项正确；
故答案为：D
【分析】A、有机物N中-CHO上碳原子采用sp2杂化。
B、连接有4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子。
C、有机物N不能发生水解反应。
D、有机物Q能使溴的四氯化碳溶液褪色。
5．【答案】C
【知识点】氯气的化学性质；配制一定物质的量浓度的溶液；化学实验方案的评价；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、NaOH有强腐蚀性，不能放在滤纸上进行称量，应当放在小烧杯中称量，因此A错误。
B、会在电解池的阳极生成，而阳极需要和电源的正极相连；该装置中电源正极连接的是铁棒，铁属于活性电极，会优先失去电子，铁棒会被腐蚀，无法得到，因此B错误。
C、乙酸和正丁醇的酯化反应属于可逆反应，分水器可以分离出反应生成的水，能够促使平衡正向移动，从而提高反应物的转化率，因此C正确。
D、氯气在饱和食盐水中的溶解度非常小，无法让烧瓶内形成足够大的压强差，不能形成喷泉，因此D错误。
故答案为：C
【分析】A、NaOH固体易吸水潮解，不能再滤纸上称量。
B、铁棒作阳极时，Fe发生失电子的氧化反应生成Fe2+。
C、及时分离出水，可促进酯化反应正向进行。
D、Cl2不溶于饱和食盐水，无法形成压强差，产生喷泉现象。
6．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；极性分子和非极性分子；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．Li+和H-的核外电子排布都为1s2，电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，Li的核电荷数大于H，因此离子半径Li＋＜H－，A错误。
B．SiCl4是正四面体结构，BCl3是平面三角形结构，两种分子都结构对称，正、负电荷中心可以重合，分子中的化学键均为不同原子间的极性键，因此二者都是由极性键构成的非极性分子，B错误；
C．第三周期中，Al左侧相邻的Mg元素，其3s轨道为全充满的稳定结构，第一电离能Mg>Al；Al右侧相邻的Si元素，第一电离能AlD．的中心Al原子，价层电子对数为，且不存在孤电子对，因此其空间结构为正四面体形，D正确；
故答案为：D
【分析】A、核外电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小。
B、SiCl4、BCl3结构对称，正负电荷的重心重合，属于非极性分子。
C、第一电离能Mg＞Al。
D、根据中心原子的价层电子对数分析AlH4－的空间结构。
7．【答案】B
【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
【解析】【解答】A．可以将氧化，最终得到S单质沉淀，对应的离子方程式为，该离子方程式书写正确，因此A不满足要求；
B．对钢铁进行发蓝处理会生成致密的氧化膜，该氧化膜的主要成分为，题目所给的离子方程式，原子、电荷均守恒，符合反应实际，书写正确，因此B满足要求；
C．浓盐酸可以和反应生成，反应的离子方程式为，该离子方程式书写正确，因此C不满足要求；
D．羟基磷灰石可以和F-发生沉淀转化反应，生成溶解度更小的氟磷灰石，题目给出的离子方程式书写符合规则，是正确的，因此D不满足要求；
故答案为：B
【分析】A、Fe3＋具有氧化性，能将－2价S氧化成S单质，Fe3＋还原为Fe2＋。
B、铁发蓝处理形成的致密氧化膜为Fe3O4。
C、溶于浓盐酸后形成的黄绿色溶液中含有[CuCl4]2－。
D、Ca5(PO4)3OH能与F－反应生成更难溶的Ca5(PO4)3F固体。
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；键能、键长、键角及其应用
【解析】【解答】A．同周期主族元素从左到右，电负性逐渐增大，因此三种元素的电负性关系为，也就是，A错误；
B．第二电离能指的是+1价阳离子再失去1个电子需要的能量：的核外电子排布为，的核外电子排布为，该排布为p轨道半充满的稳定结构，更难失去电子，因此第二电离能的大小关系为，也就是，B错误；
C．即，该结构的中心N原子为杂化，因为孤电子对对成键电子对的排斥作用更大，该键角小于；即，该结构中心C原子为杂化，键角约为，因此键角大小为，C正确；
D．题干中并没有说明是最简单氢化物，C的氢化物即烃类中，碳原子数较多的高碳烃常温下为固态，沸点远高于，因此无法比较二者沸点高低，D错误；
故答案为：C
【分析】X是原子序数最小，且成键时需要和其他元素共用一对电子的元素，因此X为H元素；W与X同族，且在这几种元素中原子序数最大，因此W为Na元素；Q原子的成对电子对数与未成对电子数相等，其核外电子排布式为，可得Q为C元素；Z和其他元素成键时共用三对电子，且原子序数大于Q，因此Z为N元素；根据成键特点可得，Y为O元素。结合以上推断分析各选项。
9．【答案】A
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物的结构和性质；加成反应
【解析】【解答】A．聚乙烯中的碳原子均属于饱和碳原子，饱和碳原子以四面体结构和其他原子相连，因此聚乙烯分子中所有原子不可能共平面，A错误；
B．a分子中只存在2种不同化学环境的氢原子，因此它的核磁共振氢谱图中会出现2组峰，B正确；
C．生成b的反应过程中存在氮氮双键的断裂，反应物全部转化到产物中，该反应属于加成反应，C正确；
D．高分子c是b发生水解反应得到的产物，结构中含有羟基，羟基可以和水分子形成氢键，因此高分子c的水溶性要好于聚乙烯，D正确；
故答案为：A
【分析】A、饱和碳原子为四面体结构，最多只有3个原子共平面。
B、根据结构的对称性确定所含H原子的种类，从而确定核磁共振氢谱中吸收峰的个数。
C、根据反应过程中的化学键变化分析。
D、高分子c中含有羟基，属于亲水基团。
10．【答案】D
【知识点】化学键和分子间作用力的区别；弱电解质在水溶液中的电离平衡；二糖的性质和用途
【解析】【解答】A．新制氯水中本身存在HClO，HClO也有强氧化性，能够将氧化为，从而使淀粉变蓝，因此即使观察到淀粉变蓝，也不能证明反应体系中还有剩余，也就无法说明氯气和水的反应存在可逆限度，A错误；
B．该选项没有说明酸的元数，如果该酸是二元强酸，那么0.01 mol/L的该酸溶液pH会小于2；即使是元数符合的中强酸，只要第一步电离程度较大，也可以让0.01 mol/L溶液的pH接近2，因此无法仅凭这一点证明该酸是强酸，B错误；
C．麦芽糖本身就属于还原性糖，分子结构中含有醛基，因此不管麦芽糖有没有发生水解，在碱性环境下都可以和新制氢氧化铜悬浊液共热反应生成砖红色沉淀，无法通过该实验证明麦芽糖已经发生水解，C错误；
D．相同浓度的两种一元羧酸钠溶液，溶液的pH更小，说明的水解程度更弱，根据“越弱越水解”的规律，可知对应酸的酸性更强。该结论的原理是：F的电负性大于Cl，C-F键的极性强于C-Cl键，三氟甲基的吸电子诱导效应比三氯甲基更强，使得羧基中的氢更易电离出，因此该选项的分析和结论都正确，D正确；
故答案为：D
【分析】A、新制氯水中含有HClO，能将I－氧化成I2，不能说明Cl2的存在。
B、若溶液为多元酸溶液，则pH＜2。
C、麦芽糖属于还原性糖，碱性条件下能与新制Cu(OH)2悬浊液反应，产生砖红色沉淀。
D、C－F的极性越强，则CF3COOH的酸性越强，CF3COONa溶液的pH越小。
11．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．在水溶液中发生水解：，水解后溶液显酸性，A错误；
B．根据反应过程分析，过程②、③、④中N元素均得到电子，其化合价都发生了改变，B正确；
C．结合反应历程可得，过程⑤的反应为，因此M是，C错误；
D．电催化条件下，NO和HCl反应生成的总反应为，该书写错误，D错误；
故答案为：B
【分析】A、根据NH3OH＋的水解分析。
B、根据反应过程中元素化合价的变化分析。
C、根据反应的离子方程式分析。
D、根据图示反应原理确定反应物和生成物，从而得到电极反应式。
12．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；蒸发和结晶、重结晶；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．锶的原子序数为38，在元素周期表中位于第五周期第IIA族，基态锶原子的价电子排布式为，选项给出的排布式包含了内层电子，不是正确的价电子排布式，因此A错误；
B．属于强酸强碱盐，其结晶水合物受热分解时不会发生水解反应，直接加热脱水就能得到无水，不需要在HCl氛围中加热，因此B错误；
C．如果将实验中的盐酸换为稀硫酸，硫酸电离出的会和浸出液中的反应，生成微溶的，会进入“浸出渣1”中，导致后续无法除去溶液中的钙离子杂质，因此C错误；
D．向过饱和溶液中投入晶种，可以提供结晶需要的晶核，促进晶体析出；结晶过程速度越慢，晶体有充足的时间生长，越容易得到颗粒更大的晶体，因此D正确；
故答案为：D
【分析】A、根据Sr在周期表中的位置，确定其价电子排布式。
B、SrCl2属于强酸强碱盐，在水溶液中不会发生水解。
C、若采用稀硫酸酸浸，则会引入SO42-，产生杂质。
D、结晶速率越慢，则得到的晶体颗粒越大。
13．【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．根据上述推导，是离子晶体，熔化过程需要破坏离子键，A选项正确；
B．根据上述推导，和都是分子晶体，常温下二者容易结合形成二聚体和。对于分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高；的相对分子质量小于，因此沸点低于，B选项正确；
C．我们选取晶胞中位于宽边棱心的分子分析，由于该晶胞各棱长不相等，和这个棱心分子距离最近的分子，分别是本晶胞内相邻两条高边的棱心分子，以及相邻晶胞中两条高边的棱心分子，总计只有4个，C选项错误；
D．利用均摊法计算，该晶胞中含有的数目为，因此晶胞的质量为，已知晶胞体积为，根据密度公式可得晶胞的密度为，D选项正确；
故答案为：C
【分析】根据题目给出的沸点数据，的沸点达到1500℃，符合离子晶体熔沸点高的结构特征；而沸点为370℃、沸点为430℃，沸点较低，符合分子晶体的性质，因此可以判断属于离子晶体，和都属于分子晶体。
14．【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．放电时，电极B为原电池负极，发生钠离子脱嵌，因此电极质量减小，选项正确。
B．放电时，电极A为原电池正极，发生的电极反应为：，选项错误。
C．充电过程中，从电极A脱嵌进入电解质的钠离子，会通过隔膜迁移后嵌入电极B，最终电解质溶液中的钠离子浓度基本保持不变，选项正确。
D．充电时，每转移1 mol电子，电极A就会有1 mol脱嵌，因此电极A减重23 g；同时会有1 mol嵌入电极B，使电极B增重23 g，因此两个电极的质量变化相差，选项正确。
故答案为：B
【分析】充电过程中，电极A与电源正极相连，为阳极；对应放电过程中该电极发生还原反应，作为原电池的正极。电极B与电源负极相连，为阴极；对应放电过程中该电极发生氧化反应，作为原电池的负极。
电极A的导电聚合物中掺杂了磺酸基，充电时钠离子会从电极A中脱嵌，进入电解质溶液中；放电时钠离子会重新嵌入电极A。
电极B为，充电时钠离子嵌入电极B，放电时钠离子从电极B脱嵌。
15．【答案】D
【知识点】化学平衡常数；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．根据上述分析可知，代表的变化关系的是曲线①，A正确；
B．当溶液的时，代入平衡常数的表达式，可得，B正确；
C．当溶液的时，根据图像以及上述分析可知，体系中，C正确；
D．平常常数只与温度有关，温度不变，不变，当时，，，点，，。若加水体积为，和只与温度有关，不受体积影响，对交点N的横坐标无影响，即交点N的pH保持不变，D错误；
故答案为：D
【分析】根据题意，萃取率a满足关系，整理可得。由此可以判断曲线变化：pH升高时，氢离子被消耗，更多H2A会从有机相进入水相，因此有机相环己烷中H2A的浓度随pH升高不断减小，对应下降的曲线①；而萃取率a随pH升高不断增大，对应上升的曲线②。
对于水相中的各种形态：乙二酸H2A是二元弱酸，随pH升高，水相中H2A浓度逐渐降低，因此曲线③对应水相中H2A的变化；HA-是第一步电离的产物，浓度随pH升高先增大，当pH进一步升高后，HA-继续电离为A2-，浓度又逐渐减小，因此变化趋势为先升后降的曲线④对应水相中HA-；A2-是第二步电离的产物，随pH升高，其浓度逐渐增大，且pH较低时A2-几乎为0，因此曲线⑤对应水相中A2-。
根据电离常数的定义计算：曲线③和④交点处pH=4，此时c(H2A)=c(HA－)，因此乙二酸的第一步电离常数；曲线④和⑤交点处pH=7，此时c(HA－)=c(A2－)，因此第二步电离常数。据此结合选项分析。
16．【答案】（1）三颈烧瓶
（2）盐酸、溶液(只答溶液也可)
（3）b
（4）使蛋氨酸与碘单质充分反应、防止光照时碘单质挥发；fbecg
（5）AC
（6）2；；pH过低，蛋氨酸质子化(或蛋氨酸中与反应)，难以与配位；pH过高，易形成沉淀
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由图中仪器特征可知，A的名称是三颈烧瓶；
故答案为： 三颈烧瓶
（2）该方法制备蛋氨酸合铜时，溶液中含有，验证产品是否洗涤干净可以使用盐酸、溶液检验；
故答案为： 盐酸、溶液(只答溶液也可)
（3）测定蛋氨酸合铜的组成时，称取试样为0.5212 g，托盘天平的精度可达0.1 g、分析天平精度可达0.0001 g、台秤精度可达0.1 g，为达到精度要求，需选择分析天平，故选b；
故答案为：b
（4）蛋氨酸含量的测定时，加入过量标准碘液，置于冷、暗处放置15 min既可使碘单质与蛋氨酸充分反应，又能防止溶液光照、受热后碘单质挥发，减小实验误差；滴定管的正确操作顺序为：查漏、洗涤、润洗、装液、排气泡、调液面、记录读数，洗涤后无需烘干也不能烘干，润洗后无需吹出润洗液，故顺序为fbecg；
故答案为： 使蛋氨酸与碘单质充分反应、防止光照时碘单质挥发； fbecg
（5）A．若测定铜含量时滴定管水洗后未用标准溶液润洗，消耗标准溶液体积偏大，测得含量偏高，则中x偏小，A正确；
B．若测定蛋氨酸含量时，滴定终点时俯视读数，消耗标准溶液体积偏小，则蛋氨酸消耗偏高，测得中x偏大，B错误；
C．若测定蛋氨酸含量时，滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，消耗标准溶液体积偏大，则蛋氨酸消耗碘单质的量偏低，测得中x偏小；C正确；
故答案为：AC
（6）①测定蛋氨酸含量时，消耗标准溶液29.98 mL，则与0.5212 g试样蛋氨酸反应后剩余：mol，由此算出与蛋氨酸反应的蛋氨酸的物质的量：mol。计算含量，0.5212 g试样消耗标准溶液19.98 mL，由此算出的物质的量：mol，故，保留一位有效数字，结果为2；
故答案为：2
②已知蛋氨酸合铜结构中含五元环，且已知1 mol 与2 mol蛋氨酸根配位，又具有五元环，其结构式；
故答案为：
③由蛋氨酸合铜配合物结构简式可知，蛋氨酸根中与分别提供孤对电子与铜离子配位形成蛋氨酸合铜，若pH过低，蛋氨酸质子化(或蛋氨酸中与反应)，难以与配位；pH过高，易形成沉淀。
故答案为： pH过低，蛋氨酸质子化(或蛋氨酸中与反应)，难以与配位；pH过高，易形成沉淀
【分析】本实验以无水乙醇为溶剂，让蛋氨酸与硫酸铜发生反应，加入NaOH溶液调节体系pH，控制温度制备蛋氨酸合铜；得到产品后，将产品置于锥形瓶中处理，后续分别采用碘量法测定蛋氨酸含量，利用Na2H2Y标准溶液滴定测定铜含量，结合上述实验流程分析解答问题。
（1）由图中仪器特征可知，A的名称是三颈烧瓶；
（2）该方法制备蛋氨酸合铜时，溶液中含有，验证产品是否洗涤干净可以使用盐酸、溶液检验；
（3）测定蛋氨酸合铜的组成时，称取试样为0.5212 g，托盘天平的精度可达0.1 g、分析天平精度可达0.0001 g、台秤精度可达0.1 g，为达到精度要求，需选择分析天平，故选b；
（4）蛋氨酸含量的测定时，加入过量标准碘液，置于冷、暗处放置15 min既可使碘单质与蛋氨酸充分反应，又能防止溶液光照、受热后碘单质挥发，减小实验误差；滴定管的正确操作顺序为：查漏、洗涤、润洗、装液、排气泡、调液面、记录读数，洗涤后无需烘干也不能烘干，润洗后无需吹出润洗液，故顺序为fbecg；
（5）A．若测定铜含量时滴定管水洗后未用标准溶液润洗，消耗标准溶液体积偏大，测得含量偏高，则中x偏小，A正确；
B．若测定蛋氨酸含量时，滴定终点时俯视读数，消耗标准溶液体积偏小，则蛋氨酸消耗偏高，测得中x偏大，B错误；
C．若测定蛋氨酸含量时，滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，消耗标准溶液体积偏大，则蛋氨酸消耗碘单质的量偏低，测得中x偏小；C正确；
故选AC；
（6）①测定蛋氨酸含量时，消耗标准溶液29.98 mL，则与0.5212 g试样蛋氨酸反应后剩余：mol，由此算出与蛋氨酸反应的蛋氨酸的物质的量：mol。计算含量，0.5212 g试样消耗标准溶液19.98 mL，由此算出的物质的量：mol，故，保留一位有效数字，结果为2；
②已知蛋氨酸合铜结构中含五元环，且已知1 mol 与2 mol蛋氨酸根配位，又具有五元环，其结构式；
③由蛋氨酸合铜配合物结构简式可知，蛋氨酸根中与分别提供孤对电子与铜离子配位形成蛋氨酸合铜，若pH过低，蛋氨酸质子化(或蛋氨酸中与反应)，难以与配位；pH过高，易形成沉淀。
17．【答案】（1）增大接触面积，提高浸出效率
（2）
（3）浸取
（4）、
（5）A；D
（6）
（7）78.0
【知识点】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；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）粉碎的目的是增大接触面积，提高浸出效率；
故答案为： 增大接触面积，提高浸出效率
（2）“浸取”时氯化铵与氢氧化钙反应生成氯化钙和氨水进入滤液，氨水与反应提供，故反应为；
故答案为：
（3）“沉钙”后，滤液的主要成分是和过量的，先加盐酸酸化除去和，再加氨水调pH值至6.4，此时混合液的主要成分是，结合已知信息①“该工艺中使用的溶液”，故混合液可以返回至“浸取”步骤；
故答案为： 浸取
（4）结合已知信息②和后续才进行沉钒的步骤可知，时，三价铁和钒元素并没有被浸出，被浸出的是和，此时阴离子为，故答案为、；
故答案为：、
（5）A．钒与形成配位键，可以使钒进入有机相，A正确；B．形成该配合物时，中心离子与两个带一个单位负电荷的P204阴离子配体结合，形成的配合物为电中性，钒元素的化合价仍为+4价，没有发生变化，B错误；
C．配合物与水形成氢键，不能解释钒进入有机相，C错误；
D．烷基具有疏水性，可以使其进入有机相，D正确；
故答案为：AD
（6）已知，，，则，，溶液中的总浓度为，则，，“沉钒”后溶液中；
故答案为：
（7）含钒钢渣中Ca的质量为，产出的15.60 kg中Ca的质量为，则Ca的回收率为。
故答案为： 78.0
【分析】充分粉碎后的含钒钢渣用浸取，结合题目已知信息①“该工艺使用的溶液，仅能选择性浸出一种元素，其余组分的浸出可以忽略”，可知该步骤仅浸出了，后续再加入溶液沉淀钙离子，最后通过盐酸和氨水重新得到溶液实现循环；浸出 calcium离子后的滤渣中含有、、、以及含钒的各类化合物，第一次酸浸可以浸出和，取第一次酸浸后的滤渣进行第二次酸浸，该步骤可以浸出和含钒离子，最终剩余滤渣为，再对第二次酸浸得到的滤液依次经过萃取、反萃取操作，实现钒元素和铁元素的分离，基于上述流程分析解答问题。
（1）粉碎的目的是增大接触面积，提高浸出效率；
（2）“浸取”时氯化铵与氢氧化钙反应生成氯化钙和氨水进入滤液，氨水与反应提供，故反应为；
（3）“沉钙”后，滤液的主要成分是和过量的，先加盐酸酸化除去和，再加氨水调pH值至6.4，此时混合液的主要成分是，结合已知信息①“该工艺中使用的溶液”，故混合液可以返回至“浸取”步骤；
（4）结合已知信息②和后续才进行沉钒的步骤可知，时，三价铁和钒元素并没有被浸出，被浸出的是和，此时阴离子为，故答案为、；
（5）A．钒与形成配位键，可以使钒进入有机相，A正确；
B．形成该配合物时，中心离子与两个带一个单位负电荷的P204阴离子配体结合，形成的配合物为电中性，钒元素的化合价仍为+4价，没有发生变化，B错误；
C．配合物与水形成氢键，不能解释钒进入有机相，C错误；
D．烷基具有疏水性，可以使其进入有机相，D正确；
故答案选AD；
（6）已知，，，则，，溶液中的总浓度为，则，，“沉钒”后溶液中；
（7）含钒钢渣中Ca的质量为，产出的15.60 kg中Ca的质量为，则Ca的回收率为。
18．【答案】（1）；高温
（2）0.4；降低决速步的活化能，从而加快反应速率
（3）大于
（4）、；反应Ⅰ、Ⅲ吸热，反应Ⅱ放热；高温利于反应Ⅰ、Ⅲ正移，利于反应Ⅱ逆向移动，使CO成为主产物
（5）或
【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；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1) 依据盖斯定律，目标反应Ⅲ可由反应Ⅰ减去反应Ⅱ推导得出，列式：
该反应正方向气体计量数增多，体系混乱度上升，，同时；根据反应自发判定公式，低温时数值偏小，反应无法自发，高温条件下能够抵消正焓变带来的影响，，反应可以自发进行。
故答案： ；高温；
(2) 基元反应的活化能对应反应能垒高度，能垒越高反应速率越慢，总反应速率受最慢步骤控制。对照能量示意图，反应物过渡至的能垒高于后续步骤，第一步为总反应决速步骤；未加催化剂时能垒，添加后降至，活化能下降数值：；催化剂的作用是降低决速步骤活化能，缩短反应活化所需能量，加快整个反应的进行速率。
故答案：； 降低决速步的活化能，从而加快反应速率 ；
(3) 该主反应正向为吸热变化，升高温度，化学平衡沿着消耗反应物、生成产物的正向发生移动，平衡常数数值增大；平衡常数与速率常数满足关系式：
升温同时加快正、逆两个方向的反应速率，变大说明增大的倍数大于增大的倍数。
故答案：大于；
(4) ①相同温度下，投料中投入量最多，平衡时物质的量分数始终最高，对应曲线；由放热反应生成，升温对应反应逆向进行，含量持续下降，对应曲线；依据原子守恒，体系的生成总量大于，因此代表，代表。
②反应Ⅰ、Ⅲ焓变为正值属于吸热反应，升温平衡正向推进，产量提升；反应Ⅱ焓变为负值属于放热反应，升温平衡逆向移动，同样会促使增多，双重作用下平衡产率随温度上升持续增大。
故答案：、； 反应Ⅰ、Ⅲ吸热，反应Ⅱ放热；高温利于反应Ⅰ、Ⅲ正移，利于反应Ⅱ逆向移动，使CO成为主产物 ；
(5) 按投料，600℃达到平衡时，的转化率为80%，即消耗总量为0.8 mol。的选择性为25%[已知的选择性]，生成和消耗的比值为，列三段式计算：反应Ⅰ．
反应Ⅱ．
结合已知信息列式：所以平衡时
，所以反应Ⅲ的平衡常数或简化为。
故答案：或 ；
【分析】本题选取二氧化碳催化加氢平行制备甲烷与一氧化碳的工业反应，由热力学计算、反应机理、速率常数、平衡图像、分压平衡常数计算逐层设问，综合热化学与化学平衡全模块知识点。
(1) 解题围绕盖斯定律的化学方程式加减运算规则，通过已知反应焓变代数运算得到目标焓变，再结合焓变、熵变正负取值，利用吉布斯自由能公式，定量分析温度对反应自发进行的影响条件。
(2) 解题关键掌握决速步判定原则，能垒最高的基元反应控制总反应速率，对比有无催化剂的能垒差值得到活化能变化数据，依托活化能越低反应速率越快的规律，解释铜催化剂的催化原理。
(3) 解题结合勒夏特列原理判断温度对平衡移动的影响，借助平衡常数等于正逆速率常数之比的关系式，由平衡常数变化趋势反向推导两种速率常数受温度影响的增幅大小关系。
(4) 解题先依靠初始投料量、原子守恒规律对比平衡组分含量高低，再结合各反应吸热或放热属性，分析温度改变带来的组分含量变化，完成曲线与物质的匹配，分段解析一氧化碳产率随温度升高的变化缘由。
(5) 解题先用二氧化碳总消耗量、产物选择性两个限定条件建立二元方程组，分步算出两条平行路径消耗原料的量，逐一统计平衡时各物质的物质的量，结合分压基本公式，按照平衡常数书写规范代入数据列式。
（1）热力学分析：反应Ⅲ=反应Ⅰ-反应Ⅱ，根据盖斯定律。反应Ⅲ为吸热反应()，。根据的判据，在高温下更能抵消的正值，使，该反应吸热且熵增，需高温自发；
（2）机理研究：观察能垒图，两种催化剂下，第一步（从反应物到）的活化能都高于第二步，所以第一步是决速步，①对应的峰值从1.2 eV降至0.8 eV，即降低了0.4 eV；②由图像分析加入Cu的作用：降低决速步的活化能，从而加快反应速率；
（3）动力学规律：因为该反应(吸热)，升温平衡正移，平衡常数增大，说明增大的倍数更高，故增大倍数大于；
（4）图像分析：已知，且温度升高减小，d为，a为，又已知，所以b为，c为，即曲线c、d代表的物质分别是、；②反应Ⅰ、Ⅲ吸热，反应Ⅱ放热；高温利于反应Ⅰ、Ⅲ正移，利于反应Ⅱ逆向移动，使产率增加；
（5）按投料，600℃达到平衡时，的转化率为80%，即消耗总量为0.8 mol。的选择性为25%[已知的选择性]，生成和消耗的比值为，列三段式计算：反应Ⅰ．
反应Ⅱ．
结合已知信息列式：所以平衡时
，所以反应Ⅲ的平衡常数或简化为。
19．【答案】（1）
（2）苯胺
（3）还原反应
（4）醛基
（5）
（6）9；、
（7）13；
【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）A到C发生了与甲醇的酯化反应，得到C的结构简式为；
故答案为：
（2）D的氨基直接连在苯环上，其化学名称为苯胺；
故答案为：苯胺
（3）E→F过程中还原剂将酯基还原为醇羟基，反应类型为还原反应；
故答案为：还原反应
（4）F→G中伯醇的羟基氧化为醛基；
故答案为：醛基
（5）醛基被银氨溶液氧化为羧基，在碱性环境下得到羧酸铵，G与银氨溶液发生银镜反应的化学方程式为：
故答案为：
（6）苯胺的同系物要求含有苯环且直接连在苯环上，故先固定碳架结构，其氨基可能位置有：、、、，合计9种，其中核磁共振氢谱显示四组峰，峰面积之比为，结构简式为或；
故答案为：9；、
（7）A到I整体的转化率为19%，I到贝利司他的产率为68.3%，故整个流程中贝利司他的产率为二者乘积，简化后的流程先发生取代反应：氨基取代，得到，再与丙烯酸甲酯发生取代加成反应得到I。
故答案为：13；
【分析】化合物A和发生酯化反应得到C，因此C的结构简式为；从C到E依次经历氯代反应与磺酰胺化反应，E到F发生酯的还原反应，F到G为选择性氧化反应，G先转化得到I，最终I经氨解反应得到贝利司他。
（1）A到C发生了与甲醇的酯化反应，得到C的结构简式为；
（2）D的氨基直接连在苯环上，其化学名称为苯胺；
（3）E→F过程中还原剂将酯基还原为醇羟基，反应类型为还原反应；
（4）F→G中伯醇的羟基氧化为醛基；
（5）醛基被银氨溶液氧化为羧基，在碱性环境下得到羧酸铵，G与银氨溶液发生银镜反应的化学方程式为：
（6）苯胺的同系物要求含有苯环且直接连在苯环上，故先固定碳架结构，其氨基可能位置有：、、、，合计9种，其中核磁共振氢谱显示四组峰，峰面积之比为，结构简式为或；
（7）A到I整体的转化率为19%，I到贝利司他的产率为68.3%，故整个流程中贝利司他的产率为二者乘积，简化后的流程先发生取代反应：氨基取代，得到，再与丙烯酸甲酯发生取代加成反应得到I。
1 / 1四川成都市石室中学2026届高三下学期二模化学试题
1．材料是人类文明发展的里程碑。下列生产或应用中所用到的主要物质属于无机非金属材料的是
A．制造跑车机舱使用的碳纤维
B．制造操场跑道使用的橡胶
C．制造“和平方舟”甲板使用的特种钢
D．制造近视眼镜镜片使用的聚碳酸酯材料
【答案】A
【知识点】无机非金属材料
【解析】【解答】A、碳纤维的主要成分为碳单质，归类为新型无机非金属材料，符合题目的要求，因此A正确；B、橡胶本质是有机高分子，属于有机高分子材料，不属于无机非金属材料，不符合要求，因此B错误；
C、特种钢是铁的合金，属于金属材料，不属于无机非金属材料，不符合要求，因此C错误；
D、聚碳酸酯是有机高分子聚合物，属于有机合成高分子材料，不属于无机非金属材料，不符合要求，因此D错误；
故答案为：A
【分析】A、碳纤维为碳的一种单质。
B、橡胶属于合成有机高分子材料。
C、特种钢属于金属材料。
D、聚碳酸酯属于合成有机高分子材料。
2．下列物质的结构或性质与用途对应关系错误的是
A．为非极性分子，具有较大的燃烧热
B．液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂
C．硝酸乙基铵是一种“离子液体”，常温下具有良好的导电性
D．与能形成配位键，在氨水中的溶解度可能比水中大
【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；极性分子和非极性分子；燃烧热；氨的性质及用途
【解析】【解答】A．作为燃料的核心原因是它的燃烧热很大，甲烷属于非极性分子这一特点和它用作燃料没有因果关联，所以该因果关系不成立，A符合题意；
B．液氨发生汽化的时候会吸收大量的热量，能够使周围环境温度降低，因此液氨可以用作制冷剂，性质和用途对应关系正确，B不符合题意；
C．硝酸乙基铵属于离子液体，结构中存在能够自由移动的离子，因此在常温下它的导电性良好，性质描述对应关系正确，C不符合题意；
D．可以和形成配位键，生成稳定的，会让的沉淀溶解平衡向溶解的方向移动，最终使AgCl在氨水中溶解度增大，对应关系正确，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、CH4具有较大的燃烧热与其属于非极性分子无关。
B、液氨汽化时吸热，可用做制冷剂。
C、离子液体存在可自由移动的离子，因此具有导电性。
D、Ag+能与NH3形成配位键，使得AgCl在氨水中的溶解度增大。
3．下列化学用语或图示正确的是
A．酚醛树脂的结构简式：
B．邻羟基苯甲醛形成的分子内氢键：
C．的电子式为：
D．基态价层电子的轨道表示式：
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；氢键的存在对物质性质的影响；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．苯酚和甲醛在催化剂条件下，先反应生成，再经缩聚反应得到酚醛树脂，酚醛树脂正确的结构简式为，选项A错误；
B．邻羟基苯甲醛的分子内氢键，是羟基的氢原子与醛基羰基的氧原子之间形成的，正确的表示为，选项B错误；
C．该结构中B原子与F原子原本共用3对电子，F原子还可以提供孤电子对，与B原子形成一个配位键，所给电子式书写正确，选项C正确；
D．基态Fe原子转化为基态时，失电子顺序为先失去4s轨道的电子，因此基态的价层电子排布为3d6，正确的轨道表示式为，选项D错误；
故答案为：C
【分析】A、酚醛树脂是由苯酚和甲醛发生缩聚反应生成的。
B、结合氢键的形式X-H···Y分析。
C、NaBF4由Na+和BF4-构成，而BF4-中含有四个共价键，据此确定NaBF4的电子式。
D、Fe2+是由Fe失去2个电子形成的，结合Fe的核外电子排布分析。
4．有机物N和Q的结构简式如下图所示，下列关于这两种分子的说法正确的是
A．N中碳原子都是杂化
B．Q中含手性碳原子
C．N、Q均能发生加成反应、水解反应
D．可用溴的四氯化碳溶液鉴别N和Q
【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；烯烃
【解析】【解答】A．有机物N中含有醛基-CHO，醛基的碳原子形成碳氧双键，杂化方式为杂化，A选项错误；
B．有机物Q中所有采取杂化的碳原子，都没有连接4种不同的原子或基团，不存在手性碳原子，Q中其余碳原子均为杂化，B选项错误；
C．有机物N中含有的官能团为醛基、羟基，不存在酯基、卤原子这类可以发生水解的官能团，因此N不能发生水解反应，C选项错误；
D．N的官能团是醛基和羟基，二者都不与溴的四氯化碳溶液反应；Q含有碳碳双键和酯基，其中碳碳双键可以和溴发生加成反应，能使溴的四氯化碳溶液褪色，因此可以用溴的四氯化碳溶液鉴别二者，D选项正确；
故答案为：D
【分析】A、有机物N中-CHO上碳原子采用sp2杂化。
B、连接有4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子。
C、有机物N不能发生水解反应。
D、有机物Q能使溴的四氯化碳溶液褪色。
5．下列实验装置或操作能达到相应实验目的的是
A．称量1.8 g NaOH固体 B．模拟氯碱工业制取并检验
C．利用分水器分出生成的水以提高反应转化率 D．进行喷泉实验
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】氯气的化学性质；配制一定物质的量浓度的溶液；化学实验方案的评价；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、NaOH有强腐蚀性，不能放在滤纸上进行称量，应当放在小烧杯中称量，因此A错误。
B、会在电解池的阳极生成，而阳极需要和电源的正极相连；该装置中电源正极连接的是铁棒，铁属于活性电极，会优先失去电子，铁棒会被腐蚀，无法得到，因此B错误。
C、乙酸和正丁醇的酯化反应属于可逆反应，分水器可以分离出反应生成的水，能够促使平衡正向移动，从而提高反应物的转化率，因此C正确。
D、氯气在饱和食盐水中的溶解度非常小，无法让烧瓶内形成足够大的压强差，不能形成喷泉，因此D错误。
故答案为：C
【分析】A、NaOH固体易吸水潮解，不能再滤纸上称量。
B、铁棒作阳极时，Fe发生失电子的氧化反应生成Fe2+。
C、及时分离出水，可促进酯化反应正向进行。
D、Cl2不溶于饱和食盐水，无法形成压强差，产生喷泉现象。
6．与类似，也可被还原，具体的反应为。下列说法正确的是
A．离子半径：
B．和都是由极性键构成的极性分子
C．Al的第一电离能高于同周期相邻元素
D．的空间结构为正四面体形
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；极性分子和非极性分子；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．Li+和H-的核外电子排布都为1s2，电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，Li的核电荷数大于H，因此离子半径Li＋＜H－，A错误。
B．SiCl4是正四面体结构，BCl3是平面三角形结构，两种分子都结构对称，正、负电荷中心可以重合，分子中的化学键均为不同原子间的极性键，因此二者都是由极性键构成的非极性分子，B错误；
C．第三周期中，Al左侧相邻的Mg元素，其3s轨道为全充满的稳定结构，第一电离能Mg>Al；Al右侧相邻的Si元素，第一电离能AlD．的中心Al原子，价层电子对数为，且不存在孤电子对，因此其空间结构为正四面体形，D正确；
故答案为：D
【分析】A、核外电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小。
B、SiCl4、BCl3结构对称，正负电荷的重心重合，属于非极性分子。
C、第一电离能Mg＞Al。
D、根据中心原子的价层电子对数分析AlH4－的空间结构。
7．解释下列实验现象或事实的离子方程式书写错误的是
A．将过量的通入溶液中产生淡黄色沉淀：
B．铁经过发蓝处理形成致密氧化膜：
C．蓝色氯化四氨合铜溶于浓盐酸呈黄绿色：
D．含氟牙膏可以防龋齿：
【答案】B
【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
【解析】【解答】A．可以将氧化，最终得到S单质沉淀，对应的离子方程式为，该离子方程式书写正确，因此A不满足要求；
B．对钢铁进行发蓝处理会生成致密的氧化膜，该氧化膜的主要成分为，题目所给的离子方程式，原子、电荷均守恒，符合反应实际，书写正确，因此B满足要求；
C．浓盐酸可以和反应生成，反应的离子方程式为，该离子方程式书写正确，因此C不满足要求；
D．羟基磷灰石可以和F-发生沉淀转化反应，生成溶解度更小的氟磷灰石，题目给出的离子方程式书写符合规则，是正确的，因此D不满足要求；
故答案为：B
【分析】A、Fe3＋具有氧化性，能将－2价S氧化成S单质，Fe3＋还原为Fe2＋。
B、铁发蓝处理形成的致密氧化膜为Fe3O4。
C、溶于浓盐酸后形成的黄绿色溶液中含有[CuCl4]2－。
D、Ca5(PO4)3OH能与F－反应生成更难溶的Ca5(PO4)3F固体。
8．由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Q、Z、Y、W组成的化合物如图所示，X和W同主族，Q、Z、Y同周期，基态Q原子核外成对电子对数与未成对电子数相等。下列说法正确的是
A．电负性： B．第二电离能：
C．键角： D．氢化物的沸点：
【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；键能、键长、键角及其应用
【解析】【解答】A．同周期主族元素从左到右，电负性逐渐增大，因此三种元素的电负性关系为，也就是，A错误；
B．第二电离能指的是+1价阳离子再失去1个电子需要的能量：的核外电子排布为，的核外电子排布为，该排布为p轨道半充满的稳定结构，更难失去电子，因此第二电离能的大小关系为，也就是，B错误；
C．即，该结构的中心N原子为杂化，因为孤电子对对成键电子对的排斥作用更大，该键角小于；即，该结构中心C原子为杂化，键角约为，因此键角大小为，C正确；
D．题干中并没有说明是最简单氢化物，C的氢化物即烃类中，碳原子数较多的高碳烃常温下为固态，沸点远高于，因此无法比较二者沸点高低，D错误；
故答案为：C
【分析】X是原子序数最小，且成键时需要和其他元素共用一对电子的元素，因此X为H元素；W与X同族，且在这几种元素中原子序数最大，因此W为Na元素；Q原子的成对电子对数与未成对电子数相等，其核外电子排布式为，可得Q为C元素；Z和其他元素成键时共用三对电子，且原子序数大于Q，因此Z为N元素；根据成键特点可得，Y为O元素。结合以上推断分析各选项。
9．我国高分子科学家对聚乙烯进行胺化修饰，并进一步制备新材料，合成路线如下图。
下列说法错误的是
A．聚乙烯分子中所有原子可能共平面
B．a分子的核磁共振氢谱图中有2组峰
C．生成高分子b的反应为加成反应
D．高分子c的亲水性比聚乙烯的好
【答案】A
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物的结构和性质；加成反应
【解析】【解答】A．聚乙烯中的碳原子均属于饱和碳原子，饱和碳原子以四面体结构和其他原子相连，因此聚乙烯分子中所有原子不可能共平面，A错误；
B．a分子中只存在2种不同化学环境的氢原子，因此它的核磁共振氢谱图中会出现2组峰，B正确；
C．生成b的反应过程中存在氮氮双键的断裂，反应物全部转化到产物中，该反应属于加成反应，C正确；
D．高分子c是b发生水解反应得到的产物，结构中含有羟基，羟基可以和水分子形成氢键，因此高分子c的水溶性要好于聚乙烯，D正确；
故答案为：A
【分析】A、饱和碳原子为四面体结构，最多只有3个原子共平面。
B、根据结构的对称性确定所含H原子的种类，从而确定核磁共振氢谱中吸收峰的个数。
C、根据反应过程中的化学键变化分析。
D、高分子c中含有羟基，属于亲水基团。
10．根据下列实验操作和现象，得出的结论正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A 取两份新制氯水，分别滴加溶液和淀粉KI溶液 前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色 氯气与水的反应存在限度
B 测定0.01 mol/L某酸溶液的pH 测得pH为2 该酸为强酸
C 麦芽糖与稀硫酸共热后加NaOH溶液调至碱性，再加入新制氢氧化铜并加热 产生砖红色沉淀 麦芽糖已发生水解
D 相同温度下用pH计测定浓度均为溶液和溶液的pH 溶液的pH更小 极性：
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】化学键和分子间作用力的区别；弱电解质在水溶液中的电离平衡；二糖的性质和用途
【解析】【解答】A．新制氯水中本身存在HClO，HClO也有强氧化性，能够将氧化为，从而使淀粉变蓝，因此即使观察到淀粉变蓝，也不能证明反应体系中还有剩余，也就无法说明氯气和水的反应存在可逆限度，A错误；
B．该选项没有说明酸的元数，如果该酸是二元强酸，那么0.01 mol/L的该酸溶液pH会小于2；即使是元数符合的中强酸，只要第一步电离程度较大，也可以让0.01 mol/L溶液的pH接近2，因此无法仅凭这一点证明该酸是强酸，B错误；
C．麦芽糖本身就属于还原性糖，分子结构中含有醛基，因此不管麦芽糖有没有发生水解，在碱性环境下都可以和新制氢氧化铜悬浊液共热反应生成砖红色沉淀，无法通过该实验证明麦芽糖已经发生水解，C错误；
D．相同浓度的两种一元羧酸钠溶液，溶液的pH更小，说明的水解程度更弱，根据“越弱越水解”的规律，可知对应酸的酸性更强。该结论的原理是：F的电负性大于Cl，C-F键的极性强于C-Cl键，三氟甲基的吸电子诱导效应比三氯甲基更强，使得羧基中的氢更易电离出，因此该选项的分析和结论都正确，D正确；
故答案为：D
【分析】A、新制氯水中含有HClO，能将I－氧化成I2，不能说明Cl2的存在。
B、若溶液为多元酸溶液，则pH＜2。
C、麦芽糖属于还原性糖，碱性条件下能与新制Cu(OH)2悬浊液反应，产生砖红色沉淀。
D、C－F的极性越强，则CF3COOH的酸性越强，CF3COONa溶液的pH越小。
11．NO与盐酸在Fe催化电极上生成盐酸羟胺(，化学性质类似于)，可能的反应机理如图所示。下列说法正确的是
A．水溶液呈弱碱性
B．过程②～④中N的化合价均发生变化
C．过程⑤中M为和
D．电催化NO与盐酸生成的电极反应：
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．在水溶液中发生水解：，水解后溶液显酸性，A错误；
B．根据反应过程分析，过程②、③、④中N元素均得到电子，其化合价都发生了改变，B正确；
C．结合反应历程可得，过程⑤的反应为，因此M是，C错误；
D．电催化条件下，NO和HCl反应生成的总反应为，该书写错误，D错误；
故答案为：B
【分析】A、根据NH3OH＋的水解分析。
B、根据反应过程中元素化合价的变化分析。
C、根据反应的离子方程式分析。
D、根据图示反应原理确定反应物和生成物，从而得到电极反应式。
12．某含锶(Sr，位于周期表中第五周期第ⅡA族)废渣主要含有，还有少量、、等杂质，一种提取该废渣中锶的流程如下图所示。
下列说法正确的是
A．锶的基态原子价电子排布式为
B．由制备无水应在HCl的气流中加热
C．酸浸时，可用稀硫酸代替稀盐酸
D．在过饱和溶液中加入晶种可以促使晶体析出，结晶速度越慢越易得到大颗粒晶体
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；蒸发和结晶、重结晶；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．锶的原子序数为38，在元素周期表中位于第五周期第IIA族，基态锶原子的价电子排布式为，选项给出的排布式包含了内层电子，不是正确的价电子排布式，因此A错误；
B．属于强酸强碱盐，其结晶水合物受热分解时不会发生水解反应，直接加热脱水就能得到无水，不需要在HCl氛围中加热，因此B错误；
C．如果将实验中的盐酸换为稀硫酸，硫酸电离出的会和浸出液中的反应，生成微溶的，会进入“浸出渣1”中，导致后续无法除去溶液中的钙离子杂质，因此C错误；
D．向过饱和溶液中投入晶种，可以提供结晶需要的晶核，促进晶体析出；结晶过程速度越慢，晶体有充足的时间生长，越容易得到颗粒更大的晶体，因此D正确；
故答案为：D
【分析】A、根据Sr在周期表中的位置，确定其价电子排布式。
B、SrCl2属于强酸强碱盐，在水溶液中不会发生水解。
C、若采用稀硫酸酸浸，则会引入SO42-，产生杂质。
D、结晶速率越慢，则得到的晶体颗粒越大。
13．已知、、的沸点依次为1500℃、370℃、430℃，常温下和易形成二聚体(如)。的晶胞结构如图所示(该结构为长方体，棱长不相等，在棱心)。下列说法错误的是
A．熔化时破坏离子键
B．的沸点低于的原因是的相对分子质量小于
C．该晶体中，每个分子距离其最近的有6个
D．已知为阿伏加德罗常数的值，一个晶胞的体积为，则的晶体密度为
【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．根据上述推导，是离子晶体，熔化过程需要破坏离子键，A选项正确；
B．根据上述推导，和都是分子晶体，常温下二者容易结合形成二聚体和。对于分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高；的相对分子质量小于，因此沸点低于，B选项正确；
C．我们选取晶胞中位于宽边棱心的分子分析，由于该晶胞各棱长不相等，和这个棱心分子距离最近的分子，分别是本晶胞内相邻两条高边的棱心分子，以及相邻晶胞中两条高边的棱心分子，总计只有4个，C选项错误；
D．利用均摊法计算，该晶胞中含有的数目为，因此晶胞的质量为，已知晶胞体积为，根据密度公式可得晶胞的密度为，D选项正确；
故答案为：C
【分析】根据题目给出的沸点数据，的沸点达到1500℃，符合离子晶体熔沸点高的结构特征；而沸点为370℃、沸点为430℃，沸点较低，符合分子晶体的性质，因此可以判断属于离子晶体，和都属于分子晶体。
14．某新型钠离子二次电池用溶解了的二甲氧基乙烷作电解质溶液，其电极材料的导电聚合物中掺杂磺酸基以增强电化学活性，电池充电时工作原理如图所示。下列说法错误的是
A．放电时，电极B为负极，质量减少
B．放电时，电极A的电极反应式为
C．充电一段时间后，电解质溶液中的浓度基本保持不变
D．充电过程中，外电路通过时，理论上两电极质量变化相差46 g
【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．放电时，电极B为原电池负极，发生钠离子脱嵌，因此电极质量减小，选项正确。
B．放电时，电极A为原电池正极，发生的电极反应为：，选项错误。
C．充电过程中，从电极A脱嵌进入电解质的钠离子，会通过隔膜迁移后嵌入电极B，最终电解质溶液中的钠离子浓度基本保持不变，选项正确。
D．充电时，每转移1 mol电子，电极A就会有1 mol脱嵌，因此电极A减重23 g；同时会有1 mol嵌入电极B，使电极B增重23 g，因此两个电极的质量变化相差，选项正确。
故答案为：B
【分析】充电过程中，电极A与电源正极相连，为阳极；对应放电过程中该电极发生还原反应，作为原电池的正极。电极B与电源负极相连，为阴极；对应放电过程中该电极发生氧化反应，作为原电池的负极。
电极A的导电聚合物中掺杂了磺酸基，充电时钠离子会从电极A中脱嵌，进入电解质溶液中；放电时钠离子会重新嵌入电极A。
电极B为，充电时钠离子嵌入电极B，放电时钠离子从电极B脱嵌。
15．弱酸在有机相和水相中存在平衡：(环己烷)，平衡常数为。25℃时，向环己烷溶液中加入水进行萃取，用或调节水溶液pH。测得水溶液中、、、环己烷中与水相萃取率随pH的变化关系如图。
已知：①在环己烷中不电离；②忽略体积的变化。下列说法中错误的是
A．①代表的变化关系
B．
C．当时，体系中
D．其他条件不变，若加入水的体积为，则交点N的pH减小
【答案】D
【知识点】化学平衡常数；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．根据上述分析可知，代表的变化关系的是曲线①，A正确；
B．当溶液的时，代入平衡常数的表达式，可得，B正确；
C．当溶液的时，根据图像以及上述分析可知，体系中，C正确；
D．平常常数只与温度有关，温度不变，不变，当时，，，点，，。若加水体积为，和只与温度有关，不受体积影响，对交点N的横坐标无影响，即交点N的pH保持不变，D错误；
故答案为：D
【分析】根据题意，萃取率a满足关系，整理可得。由此可以判断曲线变化：pH升高时，氢离子被消耗，更多H2A会从有机相进入水相，因此有机相环己烷中H2A的浓度随pH升高不断减小，对应下降的曲线①；而萃取率a随pH升高不断增大，对应上升的曲线②。
对于水相中的各种形态：乙二酸H2A是二元弱酸，随pH升高，水相中H2A浓度逐渐降低，因此曲线③对应水相中H2A的变化；HA-是第一步电离的产物，浓度随pH升高先增大，当pH进一步升高后，HA-继续电离为A2-，浓度又逐渐减小，因此变化趋势为先升后降的曲线④对应水相中HA-；A2-是第二步电离的产物，随pH升高，其浓度逐渐增大，且pH较低时A2-几乎为0，因此曲线⑤对应水相中A2-。
根据电离常数的定义计算：曲线③和④交点处pH=4，此时c(H2A)=c(HA－)，因此乙二酸的第一步电离常数；曲线④和⑤交点处pH=7，此时c(HA－)=c(A2－)，因此第二步电离常数。据此结合选项分析。
16．蛋氨酸合铜(以下用表示)是一种优质铜源、氨基酸补剂，石室中学某化学课外小组制备了该配合物并确定其组成。
Ⅰ．配合物的制备
实验装置如图所示(省略夹持和加热等装置)。将蛋氨酸、溶于水后在搅拌下缓慢加入仪器A中，继续搅拌5分钟，用溶液调pH至6～8。室温冷却、过滤、洗涤、干燥，获得产物。
Ⅱ．配合物中x的测定
①蛋氨酸含量的测定
称取0.5212 g试样于250 mL碘量瓶中，加入蒸馏水、盐酸、磷酸盐缓冲溶液(可掩蔽铜离子)，再加入碘标准溶液(过量)，置于冷暗处放置15分钟。剩余的碘用标准溶液滴定，平行测定3次，平均消耗标准溶液29.98 mL。
反应原理：(Ⅰ)，。
②铜含量的测定
称取0.5212 g试样于锥形瓶中，加入蒸馏水、稀盐酸溶解。冷却后再加入缓冲溶液，加热，滴入2～3滴指示剂，用标准溶液滴定至终点。平行测定3次，平均消耗标准溶液19.98 mL。
反应原理：。
回答下列问题：
（1）仪器A的名称是　 　。
（2）实验Ⅰ中验证产品是否洗涤干净的试剂是　 　。
（3）测定蛋氨酸合铜的组成时，称取试样应选用　 　(填序号)。
a．托盘天平 b．分析天平 c．台秤
（4）①步骤①置于冷暗处放置15分钟的目的是　 　。
②步骤①、②滴定前，有关滴定管的正确操作为(选出正确操作并按序排列)：　 　。
检漏→蒸馏水洗涤→___________→开始滴定
a．烘干 b．装入滴定液至零刻度以上 c．调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下 d．用洗耳球吹出残余润洗液 e．排除气泡 f．用滴定液润洗2至3次 g．记录起始读数
（5）下列说法正确的是　 　(填序号)。
A．若测定铜含量时滴定管水洗后未用标准溶液润洗，测得中x偏小
B．若测定蛋氨酸含量时，滴定终点时俯视读数，测得中x偏小
C．若测定蛋氨酸含量时，滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，测得中x偏小
（6）①根据实验数据，中　 　(保留一位有效数字)。
②已知蛋氨酸合铜结构中含五元环，请写出其结构简式(标出配位键)：　 　。
③实验Ⅰ制备时用NaOH溶液调pH至6～8的原因是　 　。
【答案】（1）三颈烧瓶
（2）盐酸、溶液(只答溶液也可)
（3）b
（4）使蛋氨酸与碘单质充分反应、防止光照时碘单质挥发；fbecg
（5）AC
（6）2；；pH过低，蛋氨酸质子化(或蛋氨酸中与反应)，难以与配位；pH过高，易形成沉淀
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由图中仪器特征可知，A的名称是三颈烧瓶；
故答案为： 三颈烧瓶
（2）该方法制备蛋氨酸合铜时，溶液中含有，验证产品是否洗涤干净可以使用盐酸、溶液检验；
故答案为： 盐酸、溶液(只答溶液也可)
（3）测定蛋氨酸合铜的组成时，称取试样为0.5212 g，托盘天平的精度可达0.1 g、分析天平精度可达0.0001 g、台秤精度可达0.1 g，为达到精度要求，需选择分析天平，故选b；
故答案为：b
（4）蛋氨酸含量的测定时，加入过量标准碘液，置于冷、暗处放置15 min既可使碘单质与蛋氨酸充分反应，又能防止溶液光照、受热后碘单质挥发，减小实验误差；滴定管的正确操作顺序为：查漏、洗涤、润洗、装液、排气泡、调液面、记录读数，洗涤后无需烘干也不能烘干，润洗后无需吹出润洗液，故顺序为fbecg；
故答案为： 使蛋氨酸与碘单质充分反应、防止光照时碘单质挥发； fbecg
（5）A．若测定铜含量时滴定管水洗后未用标准溶液润洗，消耗标准溶液体积偏大，测得含量偏高，则中x偏小，A正确；
B．若测定蛋氨酸含量时，滴定终点时俯视读数，消耗标准溶液体积偏小，则蛋氨酸消耗偏高，测得中x偏大，B错误；
C．若测定蛋氨酸含量时，滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，消耗标准溶液体积偏大，则蛋氨酸消耗碘单质的量偏低，测得中x偏小；C正确；
故答案为：AC
（6）①测定蛋氨酸含量时，消耗标准溶液29.98 mL，则与0.5212 g试样蛋氨酸反应后剩余：mol，由此算出与蛋氨酸反应的蛋氨酸的物质的量：mol。计算含量，0.5212 g试样消耗标准溶液19.98 mL，由此算出的物质的量：mol，故，保留一位有效数字，结果为2；
故答案为：2
②已知蛋氨酸合铜结构中含五元环，且已知1 mol 与2 mol蛋氨酸根配位，又具有五元环，其结构式；
故答案为：
③由蛋氨酸合铜配合物结构简式可知，蛋氨酸根中与分别提供孤对电子与铜离子配位形成蛋氨酸合铜，若pH过低，蛋氨酸质子化(或蛋氨酸中与反应)，难以与配位；pH过高，易形成沉淀。
故答案为： pH过低，蛋氨酸质子化(或蛋氨酸中与反应)，难以与配位；pH过高，易形成沉淀
【分析】本实验以无水乙醇为溶剂，让蛋氨酸与硫酸铜发生反应，加入NaOH溶液调节体系pH，控制温度制备蛋氨酸合铜；得到产品后，将产品置于锥形瓶中处理，后续分别采用碘量法测定蛋氨酸含量，利用Na2H2Y标准溶液滴定测定铜含量，结合上述实验流程分析解答问题。
（1）由图中仪器特征可知，A的名称是三颈烧瓶；
（2）该方法制备蛋氨酸合铜时，溶液中含有，验证产品是否洗涤干净可以使用盐酸、溶液检验；
（3）测定蛋氨酸合铜的组成时，称取试样为0.5212 g，托盘天平的精度可达0.1 g、分析天平精度可达0.0001 g、台秤精度可达0.1 g，为达到精度要求，需选择分析天平，故选b；
（4）蛋氨酸含量的测定时，加入过量标准碘液，置于冷、暗处放置15 min既可使碘单质与蛋氨酸充分反应，又能防止溶液光照、受热后碘单质挥发，减小实验误差；滴定管的正确操作顺序为：查漏、洗涤、润洗、装液、排气泡、调液面、记录读数，洗涤后无需烘干也不能烘干，润洗后无需吹出润洗液，故顺序为fbecg；
（5）A．若测定铜含量时滴定管水洗后未用标准溶液润洗，消耗标准溶液体积偏大，测得含量偏高，则中x偏小，A正确；
B．若测定蛋氨酸含量时，滴定终点时俯视读数，消耗标准溶液体积偏小，则蛋氨酸消耗偏高，测得中x偏大，B错误；
C．若测定蛋氨酸含量时，滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，消耗标准溶液体积偏大，则蛋氨酸消耗碘单质的量偏低，测得中x偏小；C正确；
故选AC；
（6）①测定蛋氨酸含量时，消耗标准溶液29.98 mL，则与0.5212 g试样蛋氨酸反应后剩余：mol，由此算出与蛋氨酸反应的蛋氨酸的物质的量：mol。计算含量，0.5212 g试样消耗标准溶液19.98 mL，由此算出的物质的量：mol，故，保留一位有效数字，结果为2；
②已知蛋氨酸合铜结构中含五元环，且已知1 mol 与2 mol蛋氨酸根配位，又具有五元环，其结构式；
③由蛋氨酸合铜配合物结构简式可知，蛋氨酸根中与分别提供孤对电子与铜离子配位形成蛋氨酸合铜，若pH过低，蛋氨酸质子化(或蛋氨酸中与反应)，难以与配位；pH过高，易形成沉淀。
17．某含钒钢渣含FeO、、、CaO、MgO和钒的相关化合物，一种从该废渣中无焙烧酸浸提钒的新工艺流程如图所示。
已知：①该工艺中使用的溶液，故仅可选择性浸出一种元素，其他组分的浸出可忽略不计。
②溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全()时的pH如下：
开始沉淀的pH 2.2 7.5 8.1
沉淀完全的pH 3.8 9.5 9.4
回答下列问题：
（1）“粉碎”的目的是　 　。
（2）“沉钙”中发生反应的离子方程式为　 　。
（3）“酸化”和“调pH”后生成的混合液可返回　 　步骤(填步骤名称)，实现试剂再生利用。
（4）“第一次酸浸”后浸取液的主要成分有　 　(填化学式)。
（5）“萃取”使用的P204可与形成的配合物如图(图中R代表含碳原子数较多的长链烷烃基)，钒易进入有机相的原因有___________(填序号)。
A．钒与O形成配位键 B．配位时钒的化合价发生变化
C．配合物与水能形成分子间氢键 D．烷基链具有疏水性
（6）常温“沉钒”时维持溶液中的总浓度为，。“沉钒”后溶液中　 　[已知；]。
（7）使用含CaO 56%的某含钒钢渣20.0 kg，产出轻质碳酸钙15.60 kg，则钙元素的回收率为　 　%(保留一位小数)。
【答案】（1）增大接触面积，提高浸出效率
（2）
（3）浸取
（4）、
（5）A；D
（6）
（7）78.0
【知识点】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；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）粉碎的目的是增大接触面积，提高浸出效率；
故答案为： 增大接触面积，提高浸出效率
（2）“浸取”时氯化铵与氢氧化钙反应生成氯化钙和氨水进入滤液，氨水与反应提供，故反应为；
故答案为：
（3）“沉钙”后，滤液的主要成分是和过量的，先加盐酸酸化除去和，再加氨水调pH值至6.4，此时混合液的主要成分是，结合已知信息①“该工艺中使用的溶液”，故混合液可以返回至“浸取”步骤；
故答案为： 浸取
（4）结合已知信息②和后续才进行沉钒的步骤可知，时，三价铁和钒元素并没有被浸出，被浸出的是和，此时阴离子为，故答案为、；
故答案为：、
（5）A．钒与形成配位键，可以使钒进入有机相，A正确；B．形成该配合物时，中心离子与两个带一个单位负电荷的P204阴离子配体结合，形成的配合物为电中性，钒元素的化合价仍为+4价，没有发生变化，B错误；
C．配合物与水形成氢键，不能解释钒进入有机相，C错误；
D．烷基具有疏水性，可以使其进入有机相，D正确；
故答案为：AD
（6）已知，，，则，，溶液中的总浓度为，则，，“沉钒”后溶液中；
故答案为：
（7）含钒钢渣中Ca的质量为，产出的15.60 kg中Ca的质量为，则Ca的回收率为。
故答案为： 78.0
【分析】充分粉碎后的含钒钢渣用浸取，结合题目已知信息①“该工艺使用的溶液，仅能选择性浸出一种元素，其余组分的浸出可以忽略”，可知该步骤仅浸出了，后续再加入溶液沉淀钙离子，最后通过盐酸和氨水重新得到溶液实现循环；浸出 calcium离子后的滤渣中含有、、、以及含钒的各类化合物，第一次酸浸可以浸出和，取第一次酸浸后的滤渣进行第二次酸浸，该步骤可以浸出和含钒离子，最终剩余滤渣为，再对第二次酸浸得到的滤液依次经过萃取、反萃取操作，实现钒元素和铁元素的分离，基于上述流程分析解答问题。
（1）粉碎的目的是增大接触面积，提高浸出效率；
（2）“浸取”时氯化铵与氢氧化钙反应生成氯化钙和氨水进入滤液，氨水与反应提供，故反应为；
（3）“沉钙”后，滤液的主要成分是和过量的，先加盐酸酸化除去和，再加氨水调pH值至6.4，此时混合液的主要成分是，结合已知信息①“该工艺中使用的溶液”，故混合液可以返回至“浸取”步骤；
（4）结合已知信息②和后续才进行沉钒的步骤可知，时，三价铁和钒元素并没有被浸出，被浸出的是和，此时阴离子为，故答案为、；
（5）A．钒与形成配位键，可以使钒进入有机相，A正确；
B．形成该配合物时，中心离子与两个带一个单位负电荷的P204阴离子配体结合，形成的配合物为电中性，钒元素的化合价仍为+4价，没有发生变化，B错误；
C．配合物与水形成氢键，不能解释钒进入有机相，C错误；
D．烷基具有疏水性，可以使其进入有机相，D正确；
故答案选AD；
（6）已知，，，则，，溶液中的总浓度为，则，，“沉钒”后溶液中；
（7）含钒钢渣中Ca的质量为，产出的15.60 kg中Ca的质量为，则Ca的回收率为。
18．二氧化碳的资源化利用是实现“双碳”目标的关键。其中，通过逆水煤气变换(RWGS)反应调控合成气中氢碳比具有重要的工业价值。
RWGS反应：反应Ⅰ．
RWGS反应中可能发生的副反应：
反应Ⅱ．
反应Ⅲ．
回答下列问题：
（1）　 　，反应Ⅲ在　 　(填“高温”“低温”或“任意温度”)下能自发进行。
（2）RWGS反应历程中Cu改性前后该路径的相对能量与反应历程关系如图1：
①由图可知，加入Cu助剂后，决速步反应的活化能降低了　 　eV。
②加入Cu的作用是　 　。
（3）实验测得RWGS反应正逆反应速率方程：，(、分别为正逆反应速率常数，p为各物质分压)，反应达到平衡后，仅升高温度，增大的倍数　 　(填“大于”“小于”或“等于”)增大的倍数。
（4）恒压下，按投料，发生上述反应。平衡时CO、、、的物质的量分数(x)随温度(T)的变化曲线如图2[已知、]；
①曲线c、d代表的物质分别是　 　。
②温度高于400℃后，曲线b超过d且持续增大的原因是　 　。
（5）控制反应体系总压为p kPa，按投料，发生上述反应。600℃达到平衡时，的转化率为80%，的选择性为25%[已知的选择性]。该温度下反应Ⅲ的平衡常数　 　(用分压表示，列出计算式即可)。
【答案】（1）；高温
（2）0.4；降低决速步的活化能，从而加快反应速率
（3）大于
（4）、；反应Ⅰ、Ⅲ吸热，反应Ⅱ放热；高温利于反应Ⅰ、Ⅲ正移，利于反应Ⅱ逆向移动，使CO成为主产物
（5）或
【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；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1) 依据盖斯定律，目标反应Ⅲ可由反应Ⅰ减去反应Ⅱ推导得出，列式：
该反应正方向气体计量数增多，体系混乱度上升，，同时；根据反应自发判定公式，低温时数值偏小，反应无法自发，高温条件下能够抵消正焓变带来的影响，，反应可以自发进行。
故答案： ；高温；
(2) 基元反应的活化能对应反应能垒高度，能垒越高反应速率越慢，总反应速率受最慢步骤控制。对照能量示意图，反应物过渡至的能垒高于后续步骤，第一步为总反应决速步骤；未加催化剂时能垒，添加后降至，活化能下降数值：；催化剂的作用是降低决速步骤活化能，缩短反应活化所需能量，加快整个反应的进行速率。
故答案：； 降低决速步的活化能，从而加快反应速率 ；
(3) 该主反应正向为吸热变化，升高温度，化学平衡沿着消耗反应物、生成产物的正向发生移动，平衡常数数值增大；平衡常数与速率常数满足关系式：
升温同时加快正、逆两个方向的反应速率，变大说明增大的倍数大于增大的倍数。
故答案：大于；
(4) ①相同温度下，投料中投入量最多，平衡时物质的量分数始终最高，对应曲线；由放热反应生成，升温对应反应逆向进行，含量持续下降，对应曲线；依据原子守恒，体系的生成总量大于，因此代表，代表。
②反应Ⅰ、Ⅲ焓变为正值属于吸热反应，升温平衡正向推进，产量提升；反应Ⅱ焓变为负值属于放热反应，升温平衡逆向移动，同样会促使增多，双重作用下平衡产率随温度上升持续增大。
故答案：、； 反应Ⅰ、Ⅲ吸热，反应Ⅱ放热；高温利于反应Ⅰ、Ⅲ正移，利于反应Ⅱ逆向移动，使CO成为主产物 ；
(5) 按投料，600℃达到平衡时，的转化率为80%，即消耗总量为0.8 mol。的选择性为25%[已知的选择性]，生成和消耗的比值为，列三段式计算：反应Ⅰ．
反应Ⅱ．
结合已知信息列式：所以平衡时
，所以反应Ⅲ的平衡常数或简化为。
故答案：或 ；
【分析】本题选取二氧化碳催化加氢平行制备甲烷与一氧化碳的工业反应，由热力学计算、反应机理、速率常数、平衡图像、分压平衡常数计算逐层设问，综合热化学与化学平衡全模块知识点。
(1) 解题围绕盖斯定律的化学方程式加减运算规则，通过已知反应焓变代数运算得到目标焓变，再结合焓变、熵变正负取值，利用吉布斯自由能公式，定量分析温度对反应自发进行的影响条件。
(2) 解题关键掌握决速步判定原则，能垒最高的基元反应控制总反应速率，对比有无催化剂的能垒差值得到活化能变化数据，依托活化能越低反应速率越快的规律，解释铜催化剂的催化原理。
(3) 解题结合勒夏特列原理判断温度对平衡移动的影响，借助平衡常数等于正逆速率常数之比的关系式，由平衡常数变化趋势反向推导两种速率常数受温度影响的增幅大小关系。
(4) 解题先依靠初始投料量、原子守恒规律对比平衡组分含量高低，再结合各反应吸热或放热属性，分析温度改变带来的组分含量变化，完成曲线与物质的匹配，分段解析一氧化碳产率随温度升高的变化缘由。
(5) 解题先用二氧化碳总消耗量、产物选择性两个限定条件建立二元方程组，分步算出两条平行路径消耗原料的量，逐一统计平衡时各物质的物质的量，结合分压基本公式，按照平衡常数书写规范代入数据列式。
（1）热力学分析：反应Ⅲ=反应Ⅰ-反应Ⅱ，根据盖斯定律。反应Ⅲ为吸热反应()，。根据的判据，在高温下更能抵消的正值，使，该反应吸热且熵增，需高温自发；
（2）机理研究：观察能垒图，两种催化剂下，第一步（从反应物到）的活化能都高于第二步，所以第一步是决速步，①对应的峰值从1.2 eV降至0.8 eV，即降低了0.4 eV；②由图像分析加入Cu的作用：降低决速步的活化能，从而加快反应速率；
（3）动力学规律：因为该反应(吸热)，升温平衡正移，平衡常数增大，说明增大的倍数更高，故增大倍数大于；
（4）图像分析：已知，且温度升高减小，d为，a为，又已知，所以b为，c为，即曲线c、d代表的物质分别是、；②反应Ⅰ、Ⅲ吸热，反应Ⅱ放热；高温利于反应Ⅰ、Ⅲ正移，利于反应Ⅱ逆向移动，使产率增加；
（5）按投料，600℃达到平衡时，的转化率为80%，即消耗总量为0.8 mol。的选择性为25%[已知的选择性]，生成和消耗的比值为，列三段式计算：反应Ⅰ．
反应Ⅱ．
结合已知信息列式：所以平衡时
，所以反应Ⅲ的平衡常数或简化为。
19．贝利司他能诱导肿瘤细胞凋亡，适用于周边T细胞淋巴瘤的治疗，其某种合成路线如下：
回答下列问题：
（1）C的结构简式为　 　。
（2）D的化学名称为　 　。
（3）E→F的反应类型为　 　。
（4）F→G中官能团由羟基转化为　 　(填官能团的名称)。
（5）G与银氨溶液发生银镜反应的化学方程式为　 　。
（6）D的8碳原子同系物中满足如下条件的同分异构体有　 　种(不考虑立体异构)。
①含②直接与苯环相连
其中核磁共振氢谱显示四组峰，峰面积之比为的结构简式为　 　。
（7）若已知A到I整体产率约为19%，I到贝利司他的产率为68.3%，则该流程中贝利司他的总产率约为　 　%(保留两位有效数字)，为了缩短流程提高产率，制备化合物I可以以为原料，先与反应得到　 　(填结构简式)，再与反应得到I。
【答案】（1）
（2）苯胺
（3）还原反应
（4）醛基
（5）
（6）9；、
（7）13；
【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）A到C发生了与甲醇的酯化反应，得到C的结构简式为；
故答案为：
（2）D的氨基直接连在苯环上，其化学名称为苯胺；
故答案为：苯胺
（3）E→F过程中还原剂将酯基还原为醇羟基，反应类型为还原反应；
故答案为：还原反应
（4）F→G中伯醇的羟基氧化为醛基；
故答案为：醛基
（5）醛基被银氨溶液氧化为羧基，在碱性环境下得到羧酸铵，G与银氨溶液发生银镜反应的化学方程式为：
故答案为：
（6）苯胺的同系物要求含有苯环且直接连在苯环上，故先固定碳架结构，其氨基可能位置有：、、、，合计9种，其中核磁共振氢谱显示四组峰，峰面积之比为，结构简式为或；
故答案为：9；、
（7）A到I整体的转化率为19%，I到贝利司他的产率为68.3%，故整个流程中贝利司他的产率为二者乘积，简化后的流程先发生取代反应：氨基取代，得到，再与丙烯酸甲酯发生取代加成反应得到I。
故答案为：13；
【分析】化合物A和发生酯化反应得到C，因此C的结构简式为；从C到E依次经历氯代反应与磺酰胺化反应，E到F发生酯的还原反应，F到G为选择性氧化反应，G先转化得到I，最终I经氨解反应得到贝利司他。
（1）A到C发生了与甲醇的酯化反应，得到C的结构简式为；
（2）D的氨基直接连在苯环上，其化学名称为苯胺；
（3）E→F过程中还原剂将酯基还原为醇羟基，反应类型为还原反应；
（4）F→G中伯醇的羟基氧化为醛基；
（5）醛基被银氨溶液氧化为羧基，在碱性环境下得到羧酸铵，G与银氨溶液发生银镜反应的化学方程式为：
（6）苯胺的同系物要求含有苯环且直接连在苯环上，故先固定碳架结构，其氨基可能位置有：、、、，合计9种，其中核磁共振氢谱显示四组峰，峰面积之比为，结构简式为或；
（7）A到I整体的转化率为19%，I到贝利司他的产率为68.3%，故整个流程中贝利司他的产率为二者乘积，简化后的流程先发生取代反应：氨基取代，得到，再与丙烯酸甲酯发生取代加成反应得到I。
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