湖北武汉市第三中学2026届高三下学期4月月考 化学试卷含答案

这是一份湖北武汉市第三中学2026届高三下学期4月月考 化学试卷含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（每小题3分，共45分）
1. 清代《闽小记》中记载被称为“中国白”的德化白瓷：“以糯米浆调釉，其火候极足，色如凝脂”。下列说法正确的是
A．糯米浆中的淀粉高温水解生成果糖以增强釉料的粘性
B．硅氧四面体网状结构是陶瓷硬度大的原因之一
C．含铝化合物的存在使陶瓷不耐酸碱腐蚀
D．烧制白瓷应选用Fe2O3含量较高的泥料
2. 下列化学用语中正确的是
A．NaCl焰色试验为黄色，与Cl−电子跃迁有关
B．激发态H原子的轨道表示式：
C．OH−的电子式：:O˙:H−
D．水合钠离子示意图：
3. 下列化学反应表示正确的是
A．H2S稀溶液中通入少量SO2气体：H2S+3SO2=2S↓+2H2SO3
B．H2S燃烧的热化学方程式：2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g) ΔH=−1172kJ·ml−1
C．用Na2S2O3除去漂白废水中的余氯：S2O32−+4Cl2+5H2O=2SO42−+8Cl−+10H+
D．硒电池放电时正极反应式：Se+2Cu2+−4e−=Cu2Se
4. 下列实验设计及相应结论均正确的是
A．A B．B C．C D．D
5．一种纯碱和聚氯乙烯联合生产工艺的流程如图所示。下列有关该联合工艺的说法正确的是
A．析出NaHCO3时，发生反应的离子方程式为CO2+NH3·H2O=HCO3−+NH4+
B．“制气”产生的废渣经调制后用于“灰蒸”以回收氨
C．上述过程仅涉及非氧化还原反应
D．“转化”所得Cl2用于合成聚氯乙烯
6．锌离子全电池加入弱极性FeD后，利用FeD/FeD+间的转化，可同时除去溶解氧和非活性锌，防止锌电极被溶解氧腐蚀。下列说法不正确的是
A．理论上该电池需要不断补充FeD
B．电子从锌电极经导线移向 NaV3O8·1.5H2O 电极
C．加入聚乙二醇是为了增大FeD在水中的溶解度
D．理论上每消耗32g溶解氧，可除去非活性锌130g
7．一种有机催化剂催化修饰色氨酸的反应如下。下列说法正确的是
A．I中所有碳原子一定共平面B．I和III中手性碳原子数目相同
C．I、II、III均能使溴水褪色D．该反应的催化剂属于糖类
8．某锂离子电池电解液添加剂 X3YQZ3 结构如图。短周期非金属元素X、Y、Z、Q原子序
数依次增大，其中Y的含氧酸为一元酸，基态Q原子中s与p轨道电子数之比为2：3。下
列说法正确的是
A．第一电离能：Q>Z>Y
B．最简单氢化物沸点：Q>Z
C．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>Q
D．Z−Q−Z 键角：X3YQZ3>QZ3
9．某颜料和染料的中间体晶胞如图所示。下列说法____的是
A．晶体中与一个Cl紧邻的Fe有2个
B．Fe位于Cl和NH3组成的八面体空隙中
C．该中间体的化学式为Fe(NH3)2Cl4
D．该晶体属于混合型晶体
10．某实验室模拟二乙醇胺HOCH2CH2)2NH脱硫、再生及测定SO2吸收率的过程。各步骤中装置和原理不能达到相应实验目的的是
A．A B．B C．C D．D
11．定影剂使用原理为AgBr+2Na2S2O3=Na3[Ag(S2O3)2]+NaBr，使用时应控制体系pH，否则易发生副反应S2O32−+2H+=S↓+SO2↑+H2O。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．100 mL 0.1 ml·L−1 Na2S2O3溶液中，S2O32−数目小于0.01NA
B．正常使用时，每溶解94g AgBr，生成配位键数目为NA
C．体系pH过小时，每生成18g H2O，转移电子数目为2NA
D．发生副反应时，溶液减重32g，SO2逸出数目为NA
12．从铅阳极泥熔炼产生的砷锑烟尘（主要含Pb、Ag、As2O3、Sb2O3）中提取砷和氧化锑的工艺流程如下：
已知：25°C时，H3PO2的Ka=5.9×10−2；Sb3++6Cl−⇌[SbCl6]3−。
下列说法正确的是
A．“滤渣”的主要成分为Pb和AgCl
B．“沉砷”过程发生反应3PO23−+4As3++6H2O=3H3PO4+4As↓+3H+
C．“水解”中，高浓度的Cl−不利于Sb3+水解
D．“脱氯”中，n(NH3·H2O)一定时，氨水浓度越大脱氯率越高
13．科学家利用机器学习快速发现某高效分子在温和条件下光催化CO2还原体系的机理如下图所示。下列说法错误的是
A．催化过程中C原子采取的杂化方式为sp2和sp3
B．催化过程中参与配位的原子有C、N、O
C．催化过程中钴离子（C+或C2+）所处空间空隙有3种
D．总反应为CO2+2H++2e−=催化剂光CO+H2O
14．一种利用电化学方法将生物质转化生成的CH3OH高效合成有机硫化合物的工作原理如图。电解质为NaOH溶液，在高纯度导电炭黑（KB）催化作用下，CH3OH和Na2SO3在电极表面形成HOCH2SO3Na、NaOOCH2SO3Na和CH3SO3Na等有机硫化合物。下列说法错误的是
A．KB能导电是因为其有类石墨的大π键微观结构
B．离子交换膜为阳离子交换膜
C．生成HOCH2SO3Na的电极反应式为CH3OH−2e−+SO32−+OH−=HOCH2SO3−+H2O
D．理论上，每形成1mlC - S键，体系生成标况下22.4L H2
15．25°C时，用0.1000ml·L−1HCl标准溶液滴定20.00mL NH2OH和CH3NH2的混合溶液以测定两种物质的含量，滴定曲线如图甲所示；四种含氮物质分布分数δ与pH关系如图乙所示。δ(NH2OH)=c(NH2OH)c(NH2OH)+c(NH3+OH)
下列说法错误的是
A. 该混合溶液中c(NH2OH)>c(CH3NH2)
B. NH2OH+H2O⇌NH3+OH+OH− Kb(NH2OH)=10−3.4
C.b点处有c(NH3+OH)·c(Cl−)c(NH2OH)”“1 时，产率减小的原因为 。
（4）操作X 为 。（填标号）
a. 热水洗涤 b. 冷水洗涤 c. 硫酸洗涤
17. 一种制备具有优良光电性质的纳米材料Bi2S3 量子点的实验过程如下：
已知：i.BiCl3易水解。
ii.BiCl3→Bi2S3反应过程如下：
BiCl3+3CH3CCH3||O⇌CH3CCCH3||O||O|Bi3+3HCl 2CH3CCCH3||O||O|Bi3+3H2S⇌Bi2S3+6CH3CCH3||O
ii.25℃时，Ksp(Bi2S3)=1.6×10−20
回答下列问题：
（1）“溶解”过程控制低浓度的Bi3+与S2−是制备Bi2S3量子点的关键。
①CH3CSNH2代替 H2S的优点：水解产生H2S速率可控，可减少H2S溢出，提升实验安全性。CH3CSNH2缓慢水解产生H2S的化学方程式为 ____。
②加入乙酰丙酮的目的是 ____。
（2）离心机利用离心力分离密度不同的混合物。“离心分离”中，若沉淀悬浮在上层，可能的原因是 ____。（填标号）
a．离心转速不足 b．乙二醇二甲醚密度过低 c．未使用冰水浴冷却
（3）“洗涤”过程，检验固体是否洗净使用的试剂为 ____。
（4）下列操作不会造成Bi2S3量子点产率降低的有 ____。（填标号）
a．去除“乙酰丙酮”反应物
b．将表面活性剂HS(CH2)10COOH替换为辛酸
c．“溶剂热反应”反应时间过长
d．将“常压蒸馏”改为“减压蒸馏”
（5）测定Bi2S3量子点中Bi3+含量：取agBi2S3样品溶于FeCl3和盐酸混合液，用维生素C消除干扰离子后，定容至250 mL。移取25.00 mL待测液，用0.0200 ml/LNa2H2Y 标准溶液滴定至终点，平均消耗Na2H2Y标准溶液bmL 。 该过程涉及反应：
i.Bi2S3+6Fe3+=2Bi3++6Fe2++3S↓；
ii.Bi3++H2Y2−=[BiY]−+2H+。
①滴定过程溶液pH需维持在1.0~1.7，其原因是 ____。
②该样品中Bi3+的质量分数为 ____×100%。
18．用N-杂环卡其碱（NHC bas）作为催化剂，可合成多环化合物。下面是一种多环化合物H的合成路线（无需考虑部分中间体的立体化学）。
回答下列问题：
（1）写出D中官能团的名称是 。
（2）写出HO−CH2−CH2−NO2的化学名称为 。
（3）反应②涉及两步反应，已知第一步反应类型为加成反应，第二步的反应类型为 。
（4）写出G的分子式 。
（5）反应③涉及两步反应，写出C与Br2/CCl4第一步反应产物的结构简式 。推断E的结构简式为 。
（6）化合物X是C的同分异构体，可发生银镜反应，与酸性高锰酸钾反应后可以得到对苯二甲酸，写出X的结构简式 。
19. 可通过高储氢密度的氢能载体十氢萘（C10H18）转化为萘（C10H8）实现制氢，相关反应为
C10H18(l)C10H8(l)+5H2(g) ΔH。
回答下列问题：
（1）标准摩尔生成焓是指在101 kPa、298K下，由最稳定的单质合成1 ml物质的反应焓变。
相关物质数据如下表，则ΔH= kJ·ml−1。
（2）C10H18脱氢的平衡转化率随压强及温度变化如下图。其中，控制温度在C10H18沸点温度
可实现液相脱氢（即实验条件点）。
①M点时，C10H18(g)⇌C10H8(g)+5H2(g)的平衡常数Kp=____。
②随压强增大，实验条件点对应C10H18平衡转化率升高的原因为____。
③相较于高温气相脱氢，液相脱氢的优点为____。
有关反应的活化能如下表所示。
（3）①2h内的平均速率：C10H8____C10H12（填“>”“0，即正反应活化能大于逆反应活化能，D正确；
故选D。
5．B
石灰石热解生成氧化钙和二氧化碳，生成的二氧化碳用于侯氏制碱法原理制取碳酸氢钠沉淀，灼烧后得到纯碱；碳化过程中发生反应CaO+3C=高温CO↑+CaC2，制气时CaC2与水反应生成CH≡CH和Ca(OH)2，废渣为Ca(OH)2，灰蒸工序中发生反应
Ca(OH)2+2NH4Cl=ΔCaCl2+2NH3↑+2H2O，生成的氨气可以在沉淀中循环利用，转化工序中加入浓硫酸发生不挥发性酸制挥发性酸的反应，方程式为
CaCl2+H2SO4(浓)=ΔCaSO4+2HCl↑，生成的HCl气体在合成工序中发生反应
CH≡CH+HCl=一定条件CH2=CHCl，氯乙烯发生加聚反应生成聚氯乙烯，据此解答。
A．析出NaHCO3时，NaHCO3是沉淀，不能拆，发生反应的离子方程式为
CO2+NH3·H2O+Na+=NaHCO3↓+NH4+，A错误；
B．“制气”产生的废渣为Ca(OH)2，在灰蒸过程中与氯化铵反应生成氨气，可以回收氨、可以在“沉淀”中循环利用，B正确；
C．由分析可知，“碳化”过程涉及氧化还原反应，C错误；
D．由分析可知，“转化”所得HCl用于合成聚氯乙烯，D错误；
故选B。
6．A
锌离子全电池工作时，锌作负极，NaV3O8·1.5H2O作正极；FeD除去溶解氧和非活
性锌的方程式分别为4FcD＋O2＋2H2O→4FcD＋＋4OH－、2FcD＋＋Zn→2FcD＋Zn2+，据此答题。
A．除去溶解氧时将FcD转化为FcD＋，除去非活性锌时将FcD＋转化为FcD，整个过程FcD的量不变，所以理论上该池不需要补充FcD，故A错误；
B．锌为负极，Na3V2O8·1.5H2O为正极，电子从负极经导线移向正极，即电子从锌电极经导线移向Na3V2O8·1.5H2O电极，故B正确；
C．FcD为弱极性，加入少量聚乙二醇减小溶剂的极性，增大FcD在水中的溶解度，故C正确；
D．除去溶解氧和非活性锌的方程式分别为4FcD＋O2＋2H2O→4FcD＋＋4OH－、2FcD＋＋Zn→2FcD＋Zn2+，所以每消耗32g溶解氧，即1ml溶解氧，可除去非活性锌2ml，即130g，故D正确；
故选A。
7．C
A．I中与羧基和氨基相连的C原子为sp3杂化，该C原子相连的CH2中C原子也是sp3杂化，不是平面结构，则I中所有碳原子不能都共平面，A错误；
B．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，I中羧基和氨基相连的C原子为手性碳原子，III中手性碳原子为，手性碳原子数目不相同，B错误；
C．I中含有碳碳双键，II中含有醛基，III中含有碳碳双键，均能使溴水褪色，C正确；
D．糖类是多羟基醛、多羟基酮以及它们的脱水缩合物和某些衍生物的总称，该催化剂中不含醛基或羰基，不属于糖类，D错误；
故选C．
8．D
Y的含氧酸为一元酸，则可能是硝酸或硼酸，根据题中结构图可知Y为B元素；基态Q原子中s与p轨道电子数之比为2：3，则Q为P元素；X和Z元素都能形成一个化学键，且短周期非金属元素X、Y、Z、Q原子序数依次增大，则X为H元素，Z为F元素。
A．同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势，同主族元素第一电离能从上到
下依次减弱，故第一电离能：F>P>B，A错误；
B.HF分子间有氢键，则简单氢化物沸点高于PH₃，B错误；
C. 非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，P的非金属性强于B的非金属性，故H₃PO₄>H₃BO₃，C错误；
D.X₃YQZ₃中P原子有4个 σ 键，属于sp³ 杂化；QZ₃中P原子有3个 σ 键，一个孤电子对，属于sp³ 杂化，但孤电子对对化学键的作用力比化学键对化学键的作用力大，故Z—Q—Z键角：X₃YQZ₃>QZ₃，D正确；
故答案为D。
9.C
A. 由晶胞结构可知，以位于体内的Cl为研究对象可知，晶体中与一个Cl紧邻的Fe有2个，A正确；
B. 由晶胞结构可知，以位于底面棱心的Fe为研究对象，Fe原子周围有4个Cl和2个NH₃与Fe相连，这4个Cl和2个NH₃形成了一个正八面体空隙，Fe位于其中，B正确；
C. 由晶胞结构可知，Fe的个数为 8×14=2，Cl的个数为 4×12+2=4，NH₃的个数为 4×12+8×14=4，则该中间体的化学式为 Fe(NH3)4Cl2，C错误；
D. 该晶胞中Fe²⁺和Cl⁻形成离子键，Fe²⁺和NH₃形成配位键，NH₃分子间存在分子间作用力，该晶体既具有离子晶体的结构，又具有分子晶体的结构，属于混合型晶体，D正确；
故选C。
10.D
A. 实验室用70%硫酸与亚硫酸钠固体反应制备 SO2，可以达到实验目的， A不符合题意；
B. 二乙醇胺溶液吸收 SO2，采用长进短出的气体流向，可增大接触面积，未反应的 SO2 用NaOH溶液吸收防止污染，可以达到实验目的，B不符合题意；
C. 吸收二氧化硫后的二乙醇胺 [(HOCH2CH2)2NH] 在加热搅拌器的作用下解吸出二氧化硫，用双氧水吸收，碱石灰吸收多余的二氧化硫，可以达到实验目的，C不符合题意；
D. 酸性高锰酸钾可以与双氧水反应，也能与稀盐酸反应，不能达到实验目的，D符合题意；
故选D。
11．D
A．Na2S2O3溶液中S2O32−会发生水解，导致其浓度降低，因此100mL0.1ml·L−1Na2S2O3溶液中，S2O32−数目小于0.01NA，A正确；
B.定影剂使用时，AgBr与S2O32−形成配离子AgS2O323−，Ag+的配位键个数为2，94g AgBr的物质的量为94g188g/ml=0.5ml，生成配位键数目为NA，B正确；
C．体系pH过小时，S2O32−可能发生歧化反应：S2O32−+2H+=S↓+SO2↑+H2O，反应中S元素从+2价分别变为0价和+4价，每生成18g H2O（1ml），生成1mlS，转移电子数目为2NA，C正确；
D．发生副反应S2O32−+2H+=S↓+SO2↑+H2O时，溶液减重32g时，说明生成的S和SO2的总质量为32g，结合S和SO2物质的量相等，则生成SO2物质的量为13ml，D错误；
故选D。
12．C
利用砷锑烟尘提取As和Sb2O3的工艺流程为：将砷锑烟尘（主要含Pb、Ag、As2O3、Sb2O3）先加HCl酸浸，过滤，其中Pb生成的PbCl2微溶，Ag难溶于盐酸中，以滤渣除去，得到含As3+和Sb3+的滤液，在“沉砷”过程中加入NaH2PO2把As3+还原为单质As过滤分离，在滤液中再加水对Sb3+进行水解得到SbOCl，加入氨水进行脱氯，最后得到产品Sb2O3，据此分析解答。
A．将砷锑烟尘加HCl酸浸，Pb与HCl生成的PbCl2微溶，Ag难溶于盐酸中，以滤渣除去，所以“滤渣”的主要成分为PbCl2和Ag，A错误；
B．H2PO2−为弱酸酸式根离子，不能拆开，所以“沉砷”过程中发生的反应为：3H2PO2−+4As3++6H2O=3H3PO4+4As↓+9H+，B错误；
C．“水解”中发生的反应为：SbCl3+H2O⇌SbOCl+2HCl，高浓度的Cl−会导致水解平衡向左移动，同时还会使Sb3++6Cl−⇌SbCl63−右移，不利于Sb3+水解，C正确；
D. 根据“脱氯”中发生的反应：2SbOCl+2NH3·H2O=Sb2O3+2NH4Cl+H2O，当n(NH3·H2O)一定时，脱氯率也固定，跟氨水浓度无关，D错误；
故答案为：C。
13．A
A．该反应过程中参与反应的有机物中含有含氮六元杂环和甲基，C原子采取的杂化方式为sp2和sp3，CO2中C原子的杂化方式为sp，A错误；
B．配位原子是指提供孤对电子与中心原子（钴离子）形成配位键的原子，由图可知，催化过程中参与配位的原子有C、N、O，B正确；中C2+的配位数为7，中C2+的配位数为5，配位数不同，钴离子（C+或C2+）所处空间空隙不同，则催化过程中钴离子（C+或C2+）所处空间空隙有3种，C正确；D．由图可知，该过程中反应物为CO2和H+，生成物为CO和H2O，则总反应为CO2+2H++2e−=[催化剂]光CO+H2O，D正确；
故选A。
14．D
由图，Pt - C电极上水得到电子发生还原反应生成氢气，为阴极，则KB为阳极，阳极上物质发生氧化反应；
A．KB为高纯度导电炭黑，能导电是因为其有类石墨的大π键微观结构，存在自由移动的电子，故A正确；
B．电解池中阳离子向阴极移动，由图离子移动方向，离子交换膜为阳离子交换膜，故B正确；
C．阳极上CH3OH和Na2SO3生成HOCH2SO3Na的反应为失去电子的氧化反应，电极反应
式为CH3OH−2e−+SO32−+OH−=HOCH2SO3−+H2O，故C正确；
D．由于阳极发生氧化反应，在电极表面形成HOCH2SO3Na、NaOOCCH2SO3Na和CH2SO3Na等有机硫化合物，不确定具体转移电子的物质的量，不能计算生成标况下氢气的体积，故D错误；
故答案为：D。
15．B
HCl会优先与碱性更强的CH3NH2反应，则第一个滴定突变点为CH3NH2的滴定终点，由a点可知，c(CH3NH2)=0.1000ml·L−1×·L−1；第二个滴定突变点为NH2OH的滴定终点，由c点可知，
c(NH2OH)=0.1000ml·L−1×(60.00−20.00)mL20.00mL=0.2000ml·L−1；b点溶质为CH3NH3Cl、NH3OHCl、NH2OH，且浓度均为13×0.1000ml·L−1；结合滴定过程中反应顺序可知，乙图
A．由分析，该混合溶液中c(NH2OH)>c(CH3NH2)，故A正确；
B．由乙图中点（6.0，0.5），此时c(NH2OH)=c(NH3+OH)且pH=6，pOH=8，
NH2OH+H2O\lngrightleftharpnsNH3+OH+OH−，Kb(NH2OH)=c(OH−)c(NH3+OH)c(NH2OH)=c(OH−)=10−8，故B错
误；
C.b点处，pH=6.1，pOH=7.9，结合分析，此时c(Cl−)=23×0.1000ml/L，则
c(NH3OH+)·c(Cl−)c(NH2OH)=c(NH3OH+)c(OH−)c(Cl−)c(NH2OH)c(OH−)=Kb(NH2OH)c(Cl−)c(OH−)=10−8×23×0.100010−7.9 生成大颗粒的FeCO3沉淀易于分离；Fe3+水解生成的阳离子易与水分子形成氢键，生成絮状沉淀，难以洗脱
（3） 1032.7 H2Y2− 减小 溶液呈酸性，N原子易与H+配位且−COO−易与H+结合，降低配位能力
(4)b
（1）“氧化”生成Fe(OH)3的化学方程式为2FeCO3+H2O2+2H2O=2Fe(OH)3+2CO2↑
（2）①根据[Fe2(OH)2(H2O)8]4+可知键1是Fe和H2O形成配位键，键2是Fe和OH−形成配位键，H2O中心原子有2对孤电子对，而OH−中心原子有3对孤电子对，OH−中心原子电子云密度大，形成配位键强，键长短。
②生成大颗粒的FeCO3沉淀易于分离；Fe3+水解生成的阳离子易与水分子形成氢键，生成絮状沉淀，难以洗脱
（3）①合成反应Fe(OH)3(s)+H4Y(aq)+OH−(aq)=[FeY]−(aq)+4H2O(l)的平衡常数
K=c(FeY−)×c(Y4−)c(H4Y)×c(OH−)=c(FeY−)×c(Y4−)c(H+)4c(H4Y)×c(OH−)c(H+)4=c(FeY−)c(Fe3+)×c(Y4−)×c(Y4−)×c(H+)4c(H4Y)×c(Fe3+)c(OH−)×c(H+)4
=c(FeY−)c(Fe3+)×c(Y4−)×c(Y4−)c(H+)4c(H4Y)×c(Fe3+)c(OH−)×Kwc(OH−)4=c(FeY−)c(Fe3+)×c(Y4−)×c(Y4−)×c(H+)4c(H4Y)×c(Fe3+)×c(OH−)3(Kw)4
=c(FeY−)c(Fe3+)×c(Y4−)×K1×K2×K3×K4×c(Fe3+)×c(OH−)3(Kw)4=1035.1×10−2×10−2.7×10−6×10−10.3×10−37.4(10−14)4=102.7
；当溶液中c(H2Y2−)=c(HY3−)时，c(H+)=K3=10−6，即pH=6，则pH=5时（因为合成步骤控制pH=5），溶液中Y主要以H2Y2−存在，此时溶液中未参与配位的含Y主要微粒为H2Y2−
②H4Y中C−N键由于氮原子电负性较大，电子云偏向氮原子，键的极性较强，[FeY]−中C−N键中的氮原子和三价铁形成配位键，电子云密度向金属偏移，使C−N键极性减小。
③n(H4Y)n[Fe(OH)3]>1时，溶液呈酸性，N原子易与H+配位且−COO−易与H+结合，降低配位能力，所以产率减小。
（4）a. 热水洗涤溶质溶解度大，损失多，a错误；
b. 冷水洗涤溶质溶解度小，损失少，b正确；
c. 硫酸洗涤引入新杂质，c错误；
故选择b
17.（1） CH3CSNH2+H2O=CH3CONH2+H2S↑ 形成配合物缓慢释放Bi3+；产生H+抑制H2S电离降低S2−浓度
(2)a
（3）硝酸酸化的AgNO3溶液
(4)d
（5）pH过高，Bi3+会发生水解；pH过低，会影响Bi3+与H2Y2−反应程度 4.18b×10−2a
起始原料为BiCl3、HS(CH2)10COOH、乙酰丙酮、CH3CSNH2，目标产物为Bi2S3量子点。溶解阶段原料混合，经溶剂热反应生成Bi2S3，离心分离除去大颗粒Bi2S3，常压蒸馏除去溶剂，洗涤干燥得到产品。
（1）①根据原子守恒，CH3CSNH2水解时生成H2S和CH3CONH2，反应方程式为CH3CSNH2+H2O=CH3CONH2+H2S↑。
②BiCl3易水解，且反应过程中乙酰丙酮可与Bi3+形成稳定配合物，降低游离Bi3+浓度，抑制Bi3+水解，同时避免Bi3+浓度过高与S2−快速反应生成大颗粒Bi2S3，保证量子点的生成。
（2）a. 离心转速不足时，离心力不足以使沉淀发生沉降，导致密度差异较大的物质无法有效分层，a正确。
b. 乙二醇二甲醚密度过低时，其与Bi2S3颗粒的密度差更大，颗粒更易沉降至下层，不会悬浮在上层，b错误。
c. 若未使用冰水浴冷却，在较慢的降温过程中，溶质分子有更充足的时间聚集排列，晶核生长速度相对均匀且缓慢，容易形成粒径较大的晶体，更容易下沉，c错误。
故选a。
（3）反应过程中生成HCl，且原料BiCl₃提供Cl⁻，固体表面会吸附Cl⁻杂质，因此可通过检验最后一次洗涤液中是否存在Cl⁻判断是否洗净，所用试剂为硝酸酸化的AgNO₃溶液，若无白色沉淀生成则说明洗净。
（4）a. 去除乙酰丙酮反应物，游离Bi³⁺浓度升高，易发生水解，且快速与S²⁻反应生成大颗粒Bi₂S₃，在离心分离阶段被除去，导致产率降低，a错误。
b. 将表面活性剂HS（CH₂）₁₀COOH替换为辛酸，辛酸碳链较短，对Bi₂S₃量子点的包裹作用减弱，易生成大颗粒沉淀被分离，产率降低，b错误。
c. 溶剂热反应时间过长，Bi₂S₃颗粒不断生长，粒径过大，在离心分离阶段被除去，产率降低，c错误。
d. 将常压蒸馏改为减压蒸馏，可降低溶剂的沸点，减少蒸馏过程中的副反应，不会造成Bi₂S₃量子点的损失，产率不会降低，d正确。
故选d。
（5）①Bi3+易发生水解，pH过高时Bi3+转化为Bi(OH)3沉淀，无法与EDTA发生配位反应。EDTA的配位能力受pH影响，pH过低时H+浓度过高，EDTA的酸效应增强，与Bi3+的配位能力减弱，滴定误差过大，因此需将pH维持在1.0~1.7。
②根据反应关系，n(Bi3+)=n(H2Y2−)，25.00mL待测液中n(H2Y2−)=0.0200 ml·L−1×b×10−3 L=2.00×10−5b ml，则250mL待测液中n(Bi3+)=2.00×10−4b ml，Bi的摩尔质量为209 g·ml−1，则Bi3+的质量为2.00×10−4b ml×209 g·ml−1=0.0418b g，因此质量分数为4.18b×10−2a×100%。
18.（1）碳溴键、醛基、碳碳双键
（2）2-硝基乙醇
（3）消去反应
（4）C14H15NO4
A分子式为C7H8O，经铜、氧气催化氧化得到苯甲醛B，可知A为苯甲醇。B与乙醛在氢氧化钠加热条件下反应得到C，对比B与C的结构可知该反应为羟醛缩合反应，碳骨架不变，引入碳碳双键得到C。C与溴的四氯化碳溶液先发生加成反应，再在碱性条件下发生消去反应得到D，D含碳溴键、醛基、碳碳双键。B（苯甲醛）与E反应，E分子式为C5H6O2，先经强碱作用，后还原得到F，对比F的结构片段与E的分子式，可知E为O=C1(CC(=O)C1)。F与2 - 硝基乙醇反应得到G，G与D反应得到H。
（1）根据D的结构简式，所含官能团为碳溴键、醛基、碳碳双键；
（2）该物质主链为乙醇，硝基连接在2号碳原子上，化学名称为2 - 硝基乙醇；
（3）
反应②为羟醛缩合反应，第一步为乙醛与苯甲醛的加成反应，得到β - 羟基醛C6H5−CH(OH)−CH2−CHO（ ），第二步为β - 羟基醛在加热条件下脱去水分子生成碳碳双键，反应类型为消去反应；
（4）G的结构中碳原子数为14，氢原子数为15，氮原子数为1，氧原子数为4，因此分子式为C14H15NO4；
（5）
C与Br2/CCl4第一步发生碳碳双键的加成反应，两个溴原子分别加在碳碳双键的两个碳原子上，即C6H5−CH(Br)−CH(Br)−CHO（ ）；对比E的分子式与F的结构片段，可知E为O=C1(CC(=O)C1)；
（6）
C的分子式为C9H8O，同分异构体X可发生银镜反应，说明含有醛基；与酸性高锰酸钾反应得到对苯二甲酸，说明苯环上两个取代基处于对位，且取代基可被氧化为羧基，因此两个取
代基分别为醛基和乙烯基，处于苯环对位，得到。
19.(1)+322
（2） 7.8125×10−8MPa5 温度对平衡移动的影响程度大于压强 氢气与反应液可直接分离且耗能低
(3) > b 34.7
（1）标准摩尔生成焓中稳定单质H2的生成焓为0，反应焓变等于生成物总标准摩尔生成焓减去反应物总标准摩尔生成焓，故
ΔH=96kJ·ml−1+5×0−(−226kJ·ml−1)=+322kJ·ml−1。
（2）① 设M点时C10H18的起始物质的量为1ml，转化率为20%，则平衡时
n(C10H18)=1ml×(1−20%)=0.8ml，n(C10H8)=0.2ml，n(H2)=0.2ml×5=1ml，
总物质的量为0.8ml+0.2ml+1ml=2ml，总压强为0.1MPa，各组分分压为
p(C10H18)=0.82×0.1MPa=0.04MPa，p(C10H8)=0.22×0.1MPa=0.01MPa，
p(H2)=12×0.1MPa=0.05MPa，故
Kp=p(C10H8)×p5(H2)×p−1(C10H18)=0.01MPa×(0.05MPa)5×(0.04MPa)−1=7.8125×10−8MPa5。
② 该反应正向为吸热反应，温度升高平衡正向移动，平衡转化率升高；正向气体分子数增大，压强增大平衡逆向移动，平衡转化率降低。随压强增大，实验条件点对应C10H18平衡转化率升高的原因：温度对平衡正向移动的影响程度大于压强增大对平衡逆向移动的影响程度。
③ 液相脱氢无需将反应物气化，能耗更低，且产物氢气为气相，可直接与液态反应物分离。
（3）① 2h内C10H8的浓度变化量大于C10H12的浓度变化量，因此C10H8的平均消耗速率大于C10H12的平均生成速率，故填>。
② 结合浓度变化曲线，C10H12浓度先升后降，说明其为中间产物，符合连续反应的特征，故选b。
③ 8.5h时c(C10H8)=2ml·L−1，c(C10H12)=0.13ml·L−1，c(C10H18)=4ml·L−1，由碳原子守恒知，8.5h时C10H18的转化率为2+0.132+0.13+4×100%≈34.7%。选项
实验设计
结论
A
向1mL0.1ml·L−1K2Cr2O7溶液中滴加1mL1ml·L−1HBr溶液，橙黄色加深
2CrO42−+2H+⇌Cr2O72−+H2O，c(H+)增大，使上述平衡向正反应方向移动
B
向1mLCH3COOC2H5中加入1mL0.3ml·L−1H2SO4溶液后，上层液体减少
使用合适的催化剂加快反应速率，使酯的水解平衡向正反应方向移动
C
向均盛有4mL 0.1ml/L的亚硫酸溶液的两支试管中分别加入6mL 0.1ml/L的H2O2溶液和6mL 0.2ml/L的H2O2溶液，后者产生的气泡快
其他条件相同时，反应物的浓度越大，反应速率越快
D
基元反应N2O4⇌2NO2，将盛有NO2的密闭烧瓶浸入热水颜色加深
正反应活化能大于逆反应活化能
A．制取SO2
B．脱硫（吸收SO2）
C．再生（解吸SO2）
D．测定SO2吸收率
物质
C10H18(l)
C10H8(l)
标准摩尔生成焓/kJ·ml−1
-226
96
反应
C10H18→C10H12
C10H18→C10H8
C10H12→C10H8
Ea/kJ·ml−1
114.38
116.27
105.6