重庆市育才中学2026届高三下学期入学考试化学试题（Word版附解析）

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注意事项：
1.答卷前，请考生先在答题卡上准确工整地填写本人姓名、准考证号。
2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5mm黑色签字笔答题。
3请在答题卡中题号对应的区域内作答，超出区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4请保持答题卡卡面清洁，不要折叠、损毁；考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 Li-7 O-16 Al-27 Ti-48 Fe-56 Pb-207
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 2025年重庆汽车产业再攀新高，重回“中国汽车第一城”的称号。下列有关说法不正确的是
A. 汽车挡风玻璃属于无机非金属材料
B. 轮胎主要成分为橡胶，属于有机高分子材料
C. 车机系统半导体芯片的主要成分为
D. 汽车发动机缸体材质为铝合金，属于金属材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．汽车挡风玻璃通常由玻璃（主要成分为硅酸盐）制成，属于无机非金属材料，A正确；
B．轮胎主要成分为橡胶，橡胶是天然或合成的高分子化合物，属于有机高分子材料，B正确；
C．车机系统半导体芯片的主要成分是单晶硅（Si），SiO2仅是制造过程中的辅助材料（如绝缘层），并非芯片主要成分，C错误；
D．汽车发动机缸体常用铝合金（铝基合金）制造，属于金属材料，D正确；
故选C。
2. 化学与生活密切相关。下列对生活事实的解释或说明不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．风油精含有有机溶剂（如樟脑、薄荷脑），圆珠笔油非极性有机物，根据相似相溶原理，风油精能溶解圆珠笔油印，A正确；
B．变质的油脂有难闻的“哈喇”味是因为油脂被氧化，不是发生加成，B错误；
C．地瓜放久了，地瓜内淀粉发生水解反应，淀粉水解变成了糖，使得红薯内的糖分增多了，C正确；
D．食盐水中铝与发黑银（硫化银）接触，铝更活泼作负极被氧化（电极反应式为：Al-3e-=Al3+），银作正极被还原，去除黑色物（电极反应式为：Ag2S+2e-=2Ag+S2-），D正确；
故选B。
3. 下列离子方程式书写正确的是
A. 实验室用大理石和稀盐酸制备：
B. 侯氏制碱法第一步反应：
C. 向硫酸铜溶液通入足量氨气：
D. 草酸使酸性高锰酸钾溶液褪色：
【答案】D
【解析】
【详解】A．难溶于水不拆分，离子方程式：，A错误；
B．侯氏制碱法第一步反应生成碳酸氢钠晶体，离子方程式：，B错误；
C．生成可溶性配位离子，离子方程式：，C错误。
D．草酸使酸性高锰酸钾溶液褪色是发生氧化还原反应，离子方程式为，D正确；
故选D。
4. 下列实验设计或操作合理的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．碱石灰是碱性干燥剂，HCl是酸性气体，可被碱石灰吸收，而H2不与碱石灰反应，但气体应从干燥管的粗口进入，细口排出，A错误；
B．利用盐酸滴定氨水，滴定终点溶液呈酸性，应选用甲基橙作指示剂，B错误；
C．实验室通常用亚硫酸钠固体和70%的浓硫酸反应来制备二氧化硫。反应方程式为 ，该反应在常温下即可进行，该装置为固液不加热型，符合反应条件，C正确；
D．H2S是酸性气体，应使用碱性溶液（如NaOH溶液）吸收，饱和NaHS溶液不能有效吸收 H2S，D错误；
故选C。
5. 可用于电镀。Cu与KCN反应的方程式为。下列说法正确的是
A. 的电子式为
B. 基态Cu原子的价电子排布式：
C. 中子数为35的铜原子可表示为：
D. 中的键数目为
【答案】A
【解析】
【详解】A．中C与N之间共用3对电子，得到1个电子给C以达到稳定结构，对应电子式为：，A正确；
B．Cu为29号元素，电子排布式为，其价电子排布式为，B错误；
C．质子数为29，中子数为35的铜原子，其质量数为29+35=64，应表示为，C错误；
D．在中，离子中Cu与4个C原子形成4个σ键，每个离子中C与N形成1个σ键，所以每个单元有8个σ键（4个和4个），中含键的数目为，D错误；
故选A。
6. 有机物M是从甘草根中得到的黄酮类化合物，可抑制酪氨酸磷酸酶，结构如图所示。下列关于M的说法错误的是
A. 分子中的碳原子可能全部共平面
B. 可与溶液反应
C. 1 ml M可与3 ml溴水中的发生反应
D. 与足量发生加成反应后的产物中手性碳数目为6
【答案】C
【解析】
【详解】A．分子中存在苯环、羰基、碳碳双键等平面结构单元，且单键可以旋转，所以所有碳原子可能共平面。
B．分子中含有酚羟基，酚羟基的酸性强于碳酸氢根，能与溶液反应生成NaHCO3。
C．酚羟基的邻、对位氢原子可以与溴水发生取代反应，同时碳碳双键可以与溴水发生加成反应。结合结构，酚羟基的邻、对位有3个可取代的位置，加上2个碳碳双键的加成，故1 ml M可与5 ml Br2反应而不是3 ml。
D．与足量H2加成后，产物手性碳原子数目为6个。
7. 物质结构决定性质。下列对事实的解释或说明正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．是共价晶体，熔化时破坏共价键；是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，熔点差异主要由晶体类型决定，而非键能大小，A错误；
B．用杯酚分离和，是杯酚通过空腔的大小来识别分子，杯酚与通过分子间作用力（如范德华力）形成超分子，B错误；
C．缺角氯化钠晶体在饱和溶液中恢复完美立方体，体现晶体的自范性，而非各向异性，C错误；
D．原子电负性大于原子，吸电子诱导效应更强，使羧基中键极性增强，更易电离，酸性增强，D正确；
故选D。
8. 一种具有钙钛矿结构的光催化剂，其四方晶胞结构如图所示，是阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A. 该物质的化学式为B. 晶胞中距离最近的数目为4
C. 1位和2位的核间距为D. 晶体密度
【答案】D
【解析】
【分析】该晶胞为四方晶胞，包含、、三种离子，可由粒子位置与均摊得出化学式：位于晶胞顶点，共有8个顶点，均摊后为个。位于晶胞体心，共有1个体心，均摊后为1个。位于面心，共有6个面心粒子，均摊后为个。、、个数比为1：3：1，化学式为。晶胞质量为；晶胞体积为（），密度为。
【详解】A．、、个数比为1：3：1，化学式为，A正确；
B．位于晶胞体心，距离它最近的分别位于前、后、左、右的4个面心，距离为0.5a，上、下两个面面心的距离0.55a，所以晶胞中距离最近的数目为4，B正确；
C．如图，构造一个直角三角形，m=0.5a，n=0.55a，由勾股定理可得1位和2位的核间距为，C正确；
D．晶胞的密度为，D错误；
故答案选D。
9. 下列实验操作、现象描述和实验结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．取NaHSO4晶体加水溶解后滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明溶液中存在，晶体中含有，A错误；
B．只有NaI产生沉淀，说明碘离子更易和银离子生成AgI，不溶而AgCl可溶，：，B正确；
C．压缩气体注射器至一半体积，颜色变深，压强增大使平衡右移，颜色变浅但比原平衡深，C错误；
D．苯萃取溴使水层颜色变浅，D错误；
故选B。
10. 柱晶石所含Q、R、T、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素。Q是原子半径最小的元素，基态T原子s轨道上的电子数与p轨道上的相等，R和Y同主族，X的M层电子数与K层的相等，Z是地壳中含量第二的元素。下列说法正确的是
A. 第一电离能：Z>Y>XB. T与Z可形成共价晶体
C. 原子半径：X>T>RD. Y的氧化物属于碱性氧化物
【答案】B
【解析】
【分析】Q是原子半径最小的元素，为氢（H）；
Z是地壳中含量第二的元素，为硅（Si）；
X的M层电子数与K层相等（均为2个电子），为镁（Mg）；
Q、R、T、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，故Y只能是铝（Al）；
R与Y同主族，由于Y为铝（Al），故R为硼（5）；
T的基态原子s与p轨道电子数相等，电子排布为1s22s22p4，故T为氧（O）；
元素顺序：Q（H）、R（B）、T（O）、X（Mg）、Y（Al）、Z（Si）。
【详解】A．第一电离能比较涉及第三周期元素X（Mg）、Y（Al）、Z（Si）。由于Mg的3s2全满稳定结构，其电离能高于Al（3s23p1易失电子），实际顺序为Si > Mg > Al，A错误；
B．T(O)与Z(Si)形成SiO2，为共价晶体，B正确；
C．原子半径比较需考虑周期：X（Mg）（第三周期）>R（B）（第二周期）>T（O）（第二周期，半径最小），C错误；
D． Y(Al)的氧化物Al2O3为两性氧化物，非碱性氧化物，D错误；
故选B。
11. 设计如下路线探究固体溶解过程的能量变化。下列说法不正确的是
注：①离子在水中往往以水合离子形式存在，如水合钠离子，简写作。
②碳酸钠水合物有和三种。
A. 由于和还可能生成等物质，难以实验直接测定
B. 水合钠离子的示意图：
C. 根据盖斯定律，
D. 根据各微粒的状态，可推测和均大于0
【答案】D
【解析】
【详解】A．因为碳酸钠和水反应可能生成和等多种水合物，反应过程复杂，很难控制只生成这一种产物，所以难以直接测定，A正确；
B．钠离子呈正电性，吸引水分子中负电性的氧原子，水合钠离子的示意图正确，B正确；
C．根据盖斯定律，由图可知，已知，，则，即，C正确；
D．由图可知，根据盖斯定律，，过程iv为离子键断裂的过程，吸收能量，即，结合，则，D错误；
故选D。
12. 以为离子导体的铝-磷酸铁锂电池(装置甲)放电时计嵌入形成。利用该电池可电解饱和食盐水(装置乙)制备以NaClO为有效成分的消毒液，装置如图所示(部分导线未画出)。下列说法正确的是
A. 制备消毒液时，分别用导线连接AC，BD
B. 乙中迁移方向为D电极→C电极
C. 甲中正极的电极反应式为
D. 甲中1 ml的穿过交换膜时，理论上两侧电极的质量相差2 g
【答案】C
【解析】
【分析】本题以铝-磷酸铁锂电池（装置甲）为电源，电解饱和食盐水制备消毒液（装置乙）。装置甲中，电极（A）为正极，发生还原反应；Al电极（B）为负极，发生氧化反应。装置乙中，为使与充分反应生成，需将D电极作阳极（与电源正极A相连），C电极作阴极（与电源负极B相连）。
【详解】A．制备时，需要让阳极产生的与阴极产生的充分接触反应，因此应让在下方电极（D）生成，在上方电极（C）生成。这要求D为阳极，C为阴极。因此，应将A（正极）与D（阳极）相连，B（负极）与C（阴极）相连，而非连接AC、BD，A错误；
B．在电解池中，阴离子向阳极移动。乙中D为阳极，C为阴极，因此的迁移方向为C电极→D电极，而非D电极→C电极，B错误；
C．装置甲中，电极（A）为正极，发生还原反应，嵌入其中生成，正极的电极反应式为，C正确；
D．甲中1ml穿过交换膜时，电路中转移1ml电子。正极增加1ml，质量增加7g；负极Al失去电子，发生反应，每3ml电子转移时，负极质量减少27g，因此1ml电子转移时，负极质量减少9g。两侧电极的质量差为，而非2g，D错误；
故答案选C。
13. 化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量（废水中不含干扰测定的物质）。
已知：
下列说法不正确的是
A. 步骤Ⅰ中发生反应的离子方程式为
B. 若消耗的溶液的体积为，则废水中苯酚含量为
C. 步骤Ⅱ中加入的溶液不能过量
D. 由于有挥发性，可能会造成测定结果偏高
【答案】C
【解析】
【分析】测定经处理后的废水中苯酚的含量的实验方法为：先用加入用硫酸酸化的过量KBr溶液将转化为：；再加入的废水，利用消耗废水中的苯酚转化为三溴苯酚沉淀：，进行过滤，在滤液中加入过量KI溶液消耗剩余的，发生反应：，最后用溶液滴定，根据消耗的溶液体积计算废水中苯酚的含量，据此分析解答。
【详解】A．根据分析，步骤Ⅰ是将转化为，则反应的离子方程式为：，A正确；
B．根据步骤Ⅰ可知生成的，由得到当消耗的溶液的体积为时，则废水中苯酚含量为，B正确；
C．如果溶液过量，过量的在后续的滴定过程中不与溶液反应，对滴定结果不产生影响，C错误；
D．由于的挥发性，可能会导致最后滴定时消耗的溶液体积偏低，根据苯酚含量的计算公式可知会造成测定结果偏高，D正确；
故答案为：C。
14. 在水溶液中，CN-可与C2+和C3+分别形成配离子M和N，其中N的稳定性更强。配离子的通式为，达到平衡时，、与的关系如图所示。下列说法错误的是
A. 曲线①代表与的关系
B. 配离子M和配离子N中的配位数不相同
C. 99.99%的C2+、C3+分别转化为配离子时，前者溶液中CN-的平衡浓度更大
D. 向配离子M的溶液中加入适量C3+，能实现M向N的完全转化
【答案】B
【解析】
【分析】配离子M(或N)转化为C2+(或C3+)的反应为[C(CN)x]y-(aq)C2+(或C3+)(aq)+xCN-(aq)，M转化为C2+的平衡常数K1=×cx1(CN-)，N转化为C3+的平衡常数K2=×cx2(CN-)，lg=x1[-lgc(CN-)]+lgK1、lg=x2[-lgc(CN-)]+lgK2，N的稳定性更强，即K1＞K2，当-lgc(CN-)相同、c(CN-)相等时lgK1＞lgK2，此时lg＞lg，所以图中曲线①代表lg与-lgc(CN-)的关系，曲线②代表lg与-lgc(CN-)的关系；由图可知，当-lgc(CN-)=0、c(CN-)=1ml/L时lg=lgK1=-35，lg=lgK2=-42，K1=10-35，K2=10-42，结合(1，-29)和(2，-30)点数值可得x1=x2=6，即M为[C(CN)6]4-，N为[C(CN)6]3-，据此分析解答。
【详解】A．由分析可知，曲线①代表与的关系，A正确；
B．由上述分析、计算可知，配离子M和N中的配位数均为6，即配离子M和配离子N中的配位数相等，B错误；
C．99.99%的C2+、C3+分别转化为配离子时溶液中=，K1=×c6(CN-)，K2=×c6(CN-)，但平衡常数K1＞K2，所以含C2+的溶液中CN-的平衡浓度更大，含C3+的溶液中CN-的平衡浓度更小，即前者溶液中CN-的平衡浓度更大，C正确；
D．由上述分析可知，配离子M、N分别为[C(CN)6]4-、[C(CN)6]3-，平衡常数K1=×c6(CN-)=10-35，N转化为C3+的平衡常数K2=×c6(CN-)=10-42，M和C3+的反应为M(aq)+C3+(aq)N(aq)+C2+(aq)，其平衡常数K===107＞106，该反应可进行完全，D正确；
故选B。
二、非选择题：本题4个大题，共58分。
15. 工业上可以用软锰矿(主要成分是，还含有、等杂质)和方铅矿精矿(主要成分为)制备和的工艺流程如下：
已知：i．微溶于水，
ii．时，部分难溶物的
（1）基态的价层电子轨道表示式___________。
（2）时，用盐酸处理两种矿石，生成、和，为提高两种矿石与盐酸反应的速率，可采取的措施有___________(写出一条即可)。
（3）试剂是___________。(填“化学式”)
（4）由于微溶于水，容易附着在方铅矿表面形成“钝化层”使反应速率大大降低，向酸浸液中加入饱和食盐水可有效避免这一现象，原因是___________(结合化学用语回答)。
（5）从滤液中获得可采取的措施是___________(写出一条即可)。
（6）向滤液中通入和发生反应后，总反应的离子方程式为___________。
（7）向得到的晶体中加入稀硫酸，可以将晶体转化为一种重要的化工产品，该转化环节中，当溶液中时，___________。
【答案】（1） （2）粉碎矿石或搅拌或适当增加盐酸浓度
（3）
（4）增大溶液中浓度，平衡正向移动
（5）降温或加水稀释 （6）
（7）
【解析】
【分析】方铅矿精矿、软锰矿和盐酸反应的化学方程式为：、、。在酸浸液中（主要含有、、、、、、沉淀和S沉淀）加入后，平衡（）正向移动，沉淀溶解，在酸浸液中加入，发生反应：，可以使酸浸液的升高，使酸浸液中的和分别以和的形式沉淀下来。然后酸浸液经过滤得到滤液（主要含有、、、、）和沉淀（、）。因为反应（）是吸热反应，所以通过降低滤液的温度，可以使平衡逆向移动，从而得到晶体。滤液经过滤得到晶体和滤液（主要含有、、、）。向滤液中加入和，发生反应：、，生成晶体，前面两个反应的总反应为：。将沉淀和沉淀加入溶液中，发生反应：，沉淀溶解。前一步的溶液经过滤得到滤液（含有、、），在滤液中通入，发生反应：，滤液中产生沉淀。
小问1详解】
位于第六周期、第IVA族，其价层电子有个，失去个价层电子后，的价层电子有个，轨道表示式为；
【小问2详解】
通过粉碎矿石可增加矿石与盐酸的接触面积，从而加快反应速率；搅拌反应溶液可以避免矿石沉在反应容器底部，使液体和矿石充分接触，从而加快反应速率；适当增大反应物（盐酸）的浓度可以加快反应速率；
【小问3详解】
由分析可知，试剂是溶液；
【小问4详解】
由分析可知，加入饱和食盐水，可增大溶液中浓度，平衡正向移动，使附着在方铅矿表面的溶解，避免反应速率降低；
【小问5详解】
由分析可知，通过降低滤液的温度，可以使平衡逆向移动，从而得到晶体；反应的平衡常数，当反应达到平衡时，加水稀释溶液，可使，平衡逆向移动；
【小问6详解】
由分析可知，总反应的离子方程式为；
【小问7详解】
向晶体中加入稀硫酸，发生反应，反应达到平衡时，平衡常数，则有，当溶液中时，根据等式，可得。
16. 草酸亚铁晶体()是一种黄色难溶于水可溶于稀硫酸的固体，具有较强还原性，受热易分解，是生产电池、涂料以及感光材料的原材料。某化学活动小组分别设计了相应装置进行草酸亚铁的制备及其性质实验。回答下列问题：
Ⅰ．草酸亚铁晶体的制备
实验步骤：称取，并放入如图(一)装置的仪器A中，加入10滴左右溶液和15 mL蒸馏水，加热溶解。用仪器B加入25.0 mL饱和草酸溶液(过量)，搅拌加热至80~90℃停止加热，静置。待浅黄色晶体沉淀后，抽滤(图二)、洗涤、干燥得到晶体。
（1）仪器C的名称为___________，此实验中三颈烧瓶的规格宜选择___________(填字母)。
a．50 mL b．100 mL c．250 mL d．500 mL
（2）用18.4 ml/L浓硫酸配制200mL浓度1.0 ml/L稀硫酸，不选用的仪器是___________(填字母)。
a．托盘天平 b．25 mL量筒 c．250 mL量筒 d．250 mL容量瓶 e．250 mL烧杯 f．玻璃棒
（3）有关抽滤(图二)，下列说法不正确的是___________。
a．滤纸应比漏斗内径略小，且能盖住所有小孔
b．如图抽滤装置中只有一处错误，即漏斗颈口斜面没有对着吸滤瓶的支管口
c．抽滤完毕后，应先打开活塞A，再关抽气泵，以防倒吸
d．抽滤得到的滤液应从吸滤瓶的支管口倒出
Ⅱ．草酸亚铁晶体热分解产物的探究：
（4）装置C的作用为___________。
（5）实验结束后，E中黑色固体变为红色，B、F中澄清石灰水变浑浊，a中无水硫酸铜变为蓝色，A中残留FeO，则A处反应管中发生反应的化学方程式为___________。
（6）从绿色化学考虑，该套装置存在的明显缺陷是___________。
Ⅲ．运用热重分析法推测产物
称取54.0 g草酸亚铁晶体()(相对分子质量为180)加热分解，得到剩余固体质量随温度变化的曲线如图所示。
（7）已知B点时，固体只含有一种铁的氧化物，根据上图可知B点固体物质的化学式为___________。
【答案】（1） ①. 球形冷凝管 ②. b
（2）ac （3）d
（4）吸收二氧化碳 （5）
（6）缺少处理CO尾气装置
（7）
【解析】
【分析】本题为实验探究题，用溶液硫酸溶液中，在滴加饱和草酸溶液至过量，待浅黄色晶体析出后，抽滤、洗涤、干燥即得到晶体，然后通过定性的方法来探究草酸亚铁晶体热分解得到的产物，以及运用热重分析法推测产物，据此分析解题。
【小问1详解】
由仪器C的结构可知，仪器C为球形冷凝管；三颈烧瓶中液体体积不超过容器体积的三分之二，不低于三分之一，溶液总体积为40 mL，因此选100 mL三颈烧瓶，故答案为：球形冷凝管；b；
【小问2详解】
根据稀释定律，实验室没有200 mL的容量瓶，因此需配制250 mL 1.0 ml/L稀硫酸，需要18.4 ml/L浓硫酸的体积为 。配制该溶液时，需选用25 mL量筒量取13.6 mL浓硫酸，在250 mL烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌和引流，最后在250 mL容量瓶中定容；由于是液体稀释，不需要托盘天平称量固体，且量取13.6 mL液体时使用250 mL量筒误差过大，因此不选用的仪器是a（托盘天平）和c（250 mL量筒），故答案为：ac；
【小问3详解】
a．根据抽滤操作的规范要求可知，滤纸应比漏斗内径略小，且能盖住所有小孔，a正确；
b．上图抽滤装置中只有一处错误，即漏斗颈口斜面没有对着吸滤瓶的支管口，b正确；
c．抽滤完毕后，应先打开活塞A，平衡气压，再关泵，以防倒吸，c正确；
d．抽滤得到的滤液应从吸滤瓶的上口倒出，d错误；
故答案选d；
【小问4详解】
装置A为草酸亚铁晶体分解，利用无水硫酸铜检验水蒸气，B装置检验二氧化碳，C装置盛放NaOH溶液的作用是吸收二氧化碳，D装置干燥气体，E装置检验CO，F装置检验二氧化碳，故答案为：吸收二氧化碳；
【小问5详解】
A中加热分解，E中黑色固体变为红色，说明有Cu单质生成，B、F中澄清石灰水变浑浊，说明有和CO生成，a中无水硫酸铜变为蓝色，说明有生成，A中残留FeO，则A处反应管中发生反应的化学方程式为：；
【小问6详解】
反应会产生CO，从绿色化学考虑，该套装置存在的明显缺陷是缺少处理CO尾气装置，故答案为：缺少处理CO尾气装置；
【小问7详解】
由题，，，B点时，已知固体产物只含一种铁的氧化物，，，，，所以铁的氧化物的化学式为，故答案为：。
17. 氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体，且安全、易储运，可通过下面两种方法由氨气得到氢气。
方法Ⅰ：氨热分解法制氢气
相关化学键的键能数据
定温度下，利用催化剂将分解为和。回答下列问题：
（1）已知反应，则___________。
（2）已知该反应，则在300℃时该反应___________(填“能”或“不能)自发进行(已知)。
（3）某兴趣小组对该反应进行了实验探究。在一定温度和催化剂的条件下，将通入3 L的密闭容器中进行反应(此时容器内总压为200 kP)，各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。
①若保持容器体积不变，时反应达到平衡，用的浓度变化表示，时间内的反应速率___________(用含的代数式表示)。
②时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后分压变化趋势的曲线是___________(用图中a、b、c、d表示)，理由是___________。
③在该温度下，反应的标准平衡常数___________。(已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应，，其中，为各组分的平衡分压)。
方法Ⅱ：氨电解法制氢气
利用电解原理，将氨转化为高纯氢气，其装置如图所示。
（4）电极1为___________(填“正极”、“负极”或“阴极”、“阳极”)；该电极的电极反应式为___________。
【答案】（1）436 （2）能
（3） ①. ②. b ③. 开始体积减半，分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，分压比原来2倍要小 ④. 0.48
（4） ①. 阳极 ②.
【解析】
【小问1详解】
根据反应焓变等于反应物总键能减去生成物总键能，对于反应 ，。代入已知数据 ，解得 ；
【小问2详解】
在 （即 ）时，根据 ，代入 、，计算得 ，因此该反应能自发进行；
【小问3详解】
①设时达到平衡，转化的的物质的量为，列出三段式：
恒温恒容条件下，气体的压强之比等于其物质的量之比，=，解得，=；
②t2时将容器体积压缩到原来的一半，开始分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，分压比原来2倍要小，因此b曲线符合；
③由图可知，平衡时，的分压分别为，反应的标准平衡常数==0.48；
【小问4详解】
在该电解装置中，电极1上转化为，氮元素的化合价从-3价升高到0价，发生氧化反应，因此电极1为阳极；在碱性溶液中，该电极的反应式为。
18. 有机物K是合成甲流特效药的重要中间体，它的一种合成路线如下：
已知：(R、为烃基或氢原子)
回答下列问题：
（1）A的化学名称为___________。
（2）F中含氧官能团的名称是___________，F→G的反应类型为___________。
（3）写出B→C的化学方程式：___________。
（4）X的结构简式为___________。
（5）甲基亚磺酸()与三氟甲基亚磺酸()相比，酸性更强是___________。
（6）有机物M是E的同分异构体，符合下列条件的M的结构有___________种(不考虑立体异构体)，其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为的结构简式为___________。
①分子中C、O原子均采用杂化；②分子中无甲基。
【答案】（1）2-丁醇
（2） ①. 醚键、羟基、酯基 ②. 取代反应
（3） （4） （5）
（6） ①. 4 ②.
【解析】
【分析】A发生氧化反应生成B为，B和甲醛发生羟醛缩合反应生成C为1-戊烯-3-酮，C发生还原反应生成D为3-戊醇，D氧化生成E为，E与X中的二醇结构在HCl环境下缩醛环化生成F，F的羟基与磺酰化生成G，G的缩醛环经、开环得到H，H一定条件下生成K；
【小问1详解】
结合A的结构简式其化学名称为2-丁醇；
【小问2详解】
结合F的结构简式，F中含氧官能团为醚键、羟基、酯基；分析反应物和生成物可知，F→G的反应类型为取代反应；
【小问3详解】
根据反应条件可知为羟醛缩合并脱水，方程式为；
【小问4详解】
结合分析E与X中的二醇结构在HCl环境下缩醛环化生成F，该反应利用了题中的已知信息，由此推出X的结构简式为；
【小问5详解】
F原子的电负性大于H，极性更强，导致更易电离出，故酸性更强；
【小问6详解】
分子中C、O原子均采用杂化说明分子中无碳碳双键和碳氧双键，根据不饱和度判断，M的结构需成环，六元环的为，五元环包括五元碳环和醚环，要求无甲基，故不能为醚环，故五元环的有，四元环的有，三元环的有，共4种；其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为的结构简式为；选项
生活事实
化学原理
A
风油精可以去除圆珠笔油印
相似相溶
B
变质的油脂有“哈喇”味
油脂氢化加成反应
C
放久地瓜比新买地瓜甜
糖类的水解
D
食盐水中用铝箍摩擦发黑银饰品可使饰品发亮
构成原电池
A．除去中的HCl
B．测定氨水的浓度
C．实验室制备
D．吸收尾气
事实
解释或说明
A
熔点：
键能：Si-O键>Si-Cl键
B
用杯酚分离和
杯酚与通过配位键形成超分子
C
缺角的氯化钠晶体在饱和NaCl溶液中慢慢变为完美的立方体
晶体具有各向异性
D
酸性：
F原子吸电子能力比Cl原子更强，使羧基中的O-H键极性更强
实验操作
实验现象
实验结论
A
取晶体加水充分溶解，滴加溶液
产生白色沉淀
晶体中含有
B
常温下，分别向等浓度的NaCl和NaI溶液中，逐滴加入银氨溶液
只有NaI溶液中产生沉淀
该温度下的：
C
将盛有气体的注射器压缩至原体积的一半
红棕色变浅
气体中存在平衡
D
向溴水中加入苯，振荡后静置
水层颜色变浅
溴与苯发生了加成反应
物质
化学键
H—H
N—H
键能
946
x
3908