2026届陕西省汉中市高三上学期第一次校际联考化学试题（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1陕西省汉中市2026届高三上学期第一次校际联考试题注意事项：1.本试题共8页，满分100分，时间75分钟。2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。涂写在本试卷上无效。4.作答非选择题时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效。5.考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试题不回收。可能用到的相对原子质量：H1C12B14O16S32Cl35.5Zn65Ge73Br80I127一、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.化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是A.用灼烧法鉴别毛织品和棉织品B.钠钾合金可用作原子反应堆的导热剂C.苯甲酸钠可用作果蔬汁、酱油等食品的防腐剂D.用于厚膜集成电路的氧化铝陶瓷属于金属材料【答案】D【解析】A．毛织品含蛋白质，灼烧有烧焦羽毛味，棉织品为纤维素，灼烧无此气味，可用灼烧法鉴别，A正确；B．钠钾合金常温呈液态，导热性好，适合用作原子反应堆导热剂，B正确；C．苯甲酸钠可以抑制细胞的活性，是常见食品防腐剂，能抑制微生物生长，可用作果蔬汁、酱油等食品的防腐剂，C正确；D．氧化铝陶瓷具有良好的光学透明性等特性，属于新型无机非金属材料，而非金属材料，D错误；故选D。2.下列化学用语或图示表达正确的是A.的电子式：B.中子数为38的镓原子：C.的化学名称：2-乙基戊烷D.激发态原子的轨道表示式：【答案】A【解析】A，CaO是离子化合物，电子式为，故A正确；B．中子数为38的镓原子，质量数为69，符号为，故B错误；C．主链有6个碳原子，3号碳原子上连有1个甲基，化学名称为：3-甲基己烷，故C错误；D．不存在1p轨道，故D错误；故答案为A。3.用下列实验操作或装置进行相应实验，能够达到实验目的的是A．进行浓氨水与浓硫酸的反应生成白烟B．熔融纯碱C．测量的体积D．除去固体中的A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．浓氨水挥发出NH3，但浓硫酸难挥发，无法形成两种气体在空气中相遇，仅NH3与浓硫酸表面反应生成(NH4)2SO4固体，不能形成白烟（需两种气体反应生成固体颗粒），A错误；B．瓷坩埚的材料中有二氧化硅，高温条件下会和纯碱反应，故选用铁坩埚能达到熔融纯碱的目的，B正确；C．SO2易溶于水（1体积水溶解40体积SO2），用H2O测量体积时SO2会溶解，导致测量不准确，C错误；D．NH4Cl受热易分解为NH3和HCl气体逸出，NaCl受热稳定，但灼烧固体混合物应该在坩埚进行，不能用蒸发皿，D错误；故选B。4.某试剂的结构如图所示，其组成元素X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中X是元素周期表中电负性最大的元素。下列叙述正确的是A.第一电离能：B.X元素的最高正价等于族序数C.最简单氢化物的还原性：D.最高价氧化物对应水化物酸性：【答案】C【解析】已知X是元素周期表中电负性最大的元素，则X为F，由X，Y，Z，W的成键特点及X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，可以推知Y为P，Z为S，W为Cl。A．同周期元素第一电离能逐渐增大，P的核外电子排布处于半充满的较稳定状态，其第一电离能大于相邻族元素，则第一电离能：，A错误；B．X为F，无最高正价，B错误；C．W的氢化物为HCl，X的为HF，还原性：，则还原性：，C正确；D．元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，则最高价氧化物对应水化物酸性：，D错误；答案选C。5.物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是选项性质差异结构因素A沸点：乙醇高于乙醛分子间氢键B在水中的溶解度：分子的极性C键角：小于电负性差异D分解温度：高于键能大小A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．乙醇因分子间氢键导致沸点高于乙醛，结构因素正确，A正确；B．Cl2溶解度高于CO并非因极性（Cl2非极性，CO极性），而是Cl2与水反应，结构因素错误，B错误；C．F的电负性大于Cl，中成键电子对更偏向F原子，导致成键电子对之间的斥力小于中的，故键角小于，结构因素匹配正确，C正确；D．由于原子半径I>Br，所以HBr键能大于HI，分解温度更高，结构因素正确，D正确；故选B。6.下列各组中的离子，能大量共存的是A.、、、 B.、、、C.、、、 D.、、、【答案】A【解析】A.、、、之间互不反应，能大量共存，故A符合题意；B.与结合生成沉淀，不能大量共存，故B不符合题意；C.与结合生成沉淀，不能大量共存，故C不符合题意；D.与结合生成AgCl沉淀，不能大量共存，故D不符合题意；故答案选A。7.部分物质在一定条件下的转化关系如图所示。已知甲、乙、丙、戊、己均为二元化合物，丁为气态单质。其中甲、己组成元素相同，甲、戊具有漂白性，丙具有臭鸡蛋气味。下列说法正确的是A.甲、戊均为电解质 B.乙中一定含有钠元素C.丙、丁可发生置换反应 D.己是一元强酸【答案】C【解析】已知丙具有臭鸡蛋气味，且甲、乙、丙、戊、己均为二元化合物，则丙为H2S，乙和H+反应生成H2S，则乙为硫化物，甲、戊具有漂白性且甲在催化剂条件下生成丁，丁为气态单质，则甲为H2O2，戊为SO2，丁为O2，甲、己组成元素相同，则己为H2O，据此分析回答。A．甲为H2O2，戊为SO2，SO2属于非电解质，A项错误；B．乙为硫化物，可能为硫化钠、硫化钾等硫化物，B项错误；C．由分析可知，丙为H2S，丁为O2，氧气量不足时，硫化氢与氧气反应可能生成硫单质和水，化学方程式为：，C项正确；D．由分析可知，己为H2O，不属于一元强酸，D项错误；故答案选C。8.由可制备，其立方晶胞如图所示。与的最小间距大于与的最小间距，、为整数，设晶胞的边长为。下列说法错误的是A.B.1号原子与2号原子之间的距离为C.3号原子的分数坐标为D.晶体中每个周围紧邻且距离相等的共有6个【答案】B【解析】图中黑球位于立方体的8个顶点，白球位于六个面心处，在体内，根据均摊法，该晶胞中含个黑球、个白球、1个，结合化学式及化合物中正负化合价代数和为0知，m=1、n=3，即晶体的化学式为；由于Al与O最小间距大于Co与O最小间距，则可确定Co位于体心、Al位于顶点、O位于面心。A．结合分析知：m=1、n=3，则，A正确；B．1号原子的分数坐标为，2号原子的分数坐标为，则二者之间的距离为，B错误；C．3号原子(Co)在体心位置，根据图中建立的坐标系知，3号原子的分数坐标为，C正确；D．Al位于晶胞的顶点，晶体中每个Al周围紧邻且距离相等的Al在xyz轴上各有2个，共有6个，D正确；故答案为B。9.傅-克酰基化反应在有机合成方面具有重要价值，工业生产及实验室常利用此原理来制备芳香酮。有机物经傅-克酰基化转化为的反应原理如图：下列说法错误的是A.物质中不含手性碳原子B.与均属于醇C.物质和均能与发生加成反应D.物质可在水溶液中发生取代反应【答案】B【解析】A．手性碳原子需连有四个不同基团，R中唯一饱和碳为-CH2Cl碳，该碳连两个H原子，不满足手性碳条件，A正确；B．M中羟基直接连苯环，含有的是酚羟基，不属于醇，CH3OH羟基连饱和碳，属于醇，二者类别不同，B错误；C．M和R均含苯环（可与H2加成）、醛基（可与H2加成），故两者均能与H2发生加成反应，C正确；D．N为ClCH2OCH3，含-Cl（卤代烃），在NaOH水溶液中发生水解反应（取代反应）生成HOCH2OCH3，D正确；故选B。10.过氧化钙是水产养殖中广泛使用的供氧剂，实验室以碳酸钙为原料制备过氧化钙的流程如图所示。已知：。下列说法错误的是A.“煮沸”只是为了除去B.“冰水浴”的作用是防止受热分解C.溶液有利于制备反应正向移动D.若过量，可能产生沉淀，造成产品纯度降低【答案】A【解析】分析流程可得，盐酸与碳酸钙反应生成氯化钙，水和二氧化碳，煮沸趁热过滤是为了除去二氧化碳和过量的HCl，加氢氧化钠冷水冷却是防止过氧化氢受热分解，其中氢氧化钠的作用为在后续反应中促进CaCl2(aq)+H2O2(aq)⇌CaO2(s)+2HCl(aq)平衡向右移动，提高产率，其中要注意氢氧化钠的用量，如果用量过多，氢氧根离子浓度过大，会产生氢氧化钙沉淀，之后滴加过氧化氢，在碱性调节下生成过氧化钙，经抽滤，洗涤，烘干，最终获得产品。A．碳酸钙与盐酸反应生成CaCl2、CO2和H2O，溶液中除过量HCl外，还溶解有CO2。煮沸既能除去挥发性HCl，也能赶出溶解的CO2，并非“只是除去HCl”，A错误；B．H2O2不稳定，受热易分解，冰水浴可降低温度，防止H2O2受热分解，B正确；C．制备反应为CaCl2(aq)+H2O2(aq)⇌CaO2(s)+2HCl(aq)，NaOH溶液能中和生成的HCl，减小生成物浓度，使平衡正向移动，C正确；D．Ca(OH)2微溶，若NaOH过量，溶液中OH⁻浓度过高，Ca2+与OH⁻可能生成Ca(OH)2沉淀，混入产品导致纯度降低，D正确；故选A。11.室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是选项实验过程及现象实验结论A将少量铜粉加入稀硫酸中，无明显现象，再加入硝酸铁溶液，铜粉溶解能与铜粉反应B向CO还原所得到的产物中加入稀盐酸，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化全部被还原C向溶液中滴加几滴相同浓度的溶液，出现白色沉淀，继续滴加几滴溶液，出现黄色沉淀溶度积常数：D向溶液中加入溶液，充分振荡后滴加KSCN溶液，溶液变成血红色与的反应为可逆反应A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．铜粉在稀硫酸中不反应，加入硝酸铁后溶解，可能是酸性条件下将Cu氧化，结论不成立，A错误；B．CO还原Fe2O3后的产物加盐酸后不变红，只能说明产物和盐酸反应后的溶液中不含Fe³+，有可能是反应产生的Fe，将未反应的Fe2O3与盐酸反应生成的Fe3+还原为Fe2+，无法证明Fe₂O₃全部被还原，B错误；C．向NaCl溶液中滴加AgNO3生成AgCl沉淀，继续加少量KI出现AgI沉淀，说明AgCl转化为AgI，溶度积常数：Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，C正确；D．Fe3+与I-反应后滴加KSCN显红色，说明反应后的溶液中含有Fe3+，Fe3+初始物质的量是I-的2倍，Fe3+过量，不能说明反应为可逆反应，结论不成立，D错误；故答案选C12.催化释氢。在催化剂作用下，分解生成和可能的反应机理如图所示。下列说法错误的是A.该反应的B.催化释氢反应除生成外，还生成了C.催化剂降低了反应的活化能，进而改变了反应热D.该过程中只破坏了极性键未破坏非极性键【答案】C【解析】该反应第一步为催化剂捕获了甲酸分子中的羟基氢，剩余甲酸根与Pd结合，第二步为甲酸根脱去一分子CO2，剩余一个氢负离子，第三步为剩余的氢负离子与第一步捕获的羟基氢结合，形成一分子氢气。A．反应生成CO₂和H₂两种气体，气体分子数增多，体系混乱度增大，ΔS>0，A正确；B．HCOOD中含H（羧基碳上的H）和D（羟基中的D），机理中生成的[H]包括H和D，二者结合生成HD，B正确；C．催化剂降低反应活化能，但反应热（ΔH）由反应物和生成物能量差决定，与活化能无关，催化剂不能改变反应热，C错误；D．反应物HCOOH中仅含极性键（C-H、C=O、C-O、O-H），反应过程中破坏这些极性键，生成H2时形成非极性键（H-H），未破坏非极性键，D正确；故答案选C。13.锌离子全电池装置如图-1所示，工作时电极发生的嵌入或脱嵌。在电解质溶液中加入弱极性的，利用间转化的同时除去溶解氧和电极表面的非活性锌，如图-2所示。下列说法错误的是A.放电时经离子交换膜从右向左迁移B.加入聚乙二醇是为了增大在水中的溶解度C.除去溶解氧发生的反应为D.每除去13g非活性锌，转移的电子数为【答案】D【解析】锌离子全电池工作时，锌作负极，NaV3O8·1.5H2O作正极；FcD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．根据分析可知，放电时，Zn电极为负极，发生氧化反应生成Zn2+，负极区Zn2+浓度增大，会向正极区（NaV3O8·1.5H2O电极）迁移，即从右向左，A正确；B．FeD为弱极性物质，水为强极性溶剂，弱极性物质在水中溶解度较小，加入聚乙二醇可增大其在水中的溶解度，B正确；C．溶解氧（O2）作氧化剂，FeD作还原剂，O2→OH-（O从0价降为-2价），FeD→FeD+（失1e-），由电子守恒可知4FeD~O2，结合原子守恒配平得4FeD+O2+2H2O=4FeD++4OH-，C正确；D．非活性锌（Zn）与FeD+反应：Zn+2FeD+=Zn2++2FeD，Zn从0价升为+2价，13gZn的物质的量为，转移电子为0.2mol×2=0.4mol，电子数为0.4×6.02×1023，D错误；故选D。14.常温下，向醋酸()溶液中滴加溶液，生成的不溶于水。保持溶液中的物质的量浓度恒定为的条件下，[为或，，]与的关系如图所示。下列叙述错误的是A.直线代表与的关系 B.C.时， D.时，【答案】D【解析】由题意可知，醋酸溶液与硝酸银溶液的反应为，反应的平衡常数，溶液中醋酸浓度恒定为，反应的平衡常数不变，溶液中浓度随增大而减小，则直线代表与的关系，直线代表与的关系，据此分析解答。A．根据分析，直线代表的是与的关系，A正确；B．由点坐标可知，溶液时，，则醋酸的电离常数，的溶度积，反应的平衡常数，B正确；C．时，即，根据，可得，C正确；D．时，即，根据可得，，D错误；故答案为：D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.硫脲可用于药物、染料、树脂制造等。某实验小组设计如图所示装置制备硫脲，探究其性质并测定其纯度。回答下列问题：实验室用和制备硫脲的原理：。已知：硫脲易溶于水，温度较高时易发生异构化反应生成。（1）盛装浓盐酸的仪器名称是___________。（2）与该实验安全注意事项有关的图标有___________(填字母)。A.护目镜 B.锐器 C.热烫 D.排风（3）A中生成了一种浅黄色固体单质，该单质是___________(填化学式)。（4）B中试剂宜选择___________(填字母)。a．溶液b．饱和溶液c．饱和溶液d．饱和溶液（5）D的作用是___________，可能观察到D中的现象为___________。（6）反应结束后，将C中的混合物过滤，滤液经减压蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、低温烘干得到硫脲粗产品。蒸发浓缩时“减压”的目的是___________。（7）探究硫脲的性质。取少量硫脲于试管中，滴加酸性溶液，观察到溶液褪色，并有气泡产生。经检验，气体中含有和一种酸性气体，将混合气体通入澄清石灰水中，产生白色沉淀；通入品红溶液中，溶液不褪色。硫脲与酸性高锰酸钾溶液反应的离子方程式为___________。（8）测定硫脲纯度。取产品溶于热水中使完全转化成，配制成溶液。准确量取配制好的溶液于锥形瓶中，滴加2滴1%溶液，用标准溶液滴定至终点，进行三次平行实验，平均消耗溶液。该实验硫脲产品的纯度为___________%。(用含和的代数式表示)提示：。【答案】（1）分液漏斗（2）AD（3）S（4）c（5）①.吸收，防止污染空气②.产生黑色沉淀（6）降低溶液沸点，防止温度过高导致硫脲异构化（7）（8）【解析】由实验装置图可知：装置A中浓盐酸与FeS2反应制备H2S，装置B中盛有的饱和NaHS溶液用于除去H2S中混有的HCl，装置C中H2S与CaCN2在水中反应制备[CS(NH2)2]，装置D中盛有的CuSO4溶液用于吸收过量的H2S，据此分析。（1）根据装置图可知装有浓盐酸的仪器名称为分液漏斗；（2）本实验需要用到各种化学试剂，需要用到护目镜，H2S是有毒气体，需要注意排风，本实验未用到刀具和热源，故排除B、C，答案选AD；（3）FeS2与浓盐酸反应生成FeCl2、S和H2S，反应方程式为：FeS2+2HCl=H2S↑+S+FeCl2，故反应产生的难溶于水的淡黄色固体为硫单质，其化学式为S；（4）a．NaOH不仅能够与杂质HCl气体反应，也能够与被提纯的H2S反应，因此不能使用NaOH溶液除杂，a不符合题意；b．饱和Na2S溶液能够与杂质HCl气体反应，也能够与被提纯的H2S反应，因此不能使用饱和Na2S溶液除杂，b不符合题意；c．饱和NaHS溶液能够与杂质HCl气体反应，而不能与H2S气体反应，也不能溶解H2S气体，故可以用饱和NaHS溶液吸收H2S中的HCl，c符合题意；d．饱和Na2CO3溶液可能与杂质HCl气体反应产生CO2气体，导致H2S气体中又含有新的杂质气体，因此不能使用饱和Na2CO3溶液除杂，d不符合题意；故合理选项是c；（5）硫化氢气体有剧毒，用硫酸铜溶液能够吸收硫化氢，反应后会产生CuS沉淀，故装置D中的现象是产生硫化铜黑色沉淀；（6）在装置C中反应制取硫脲CS(NH2)2，根据题意：硫脲在较高温下能转化成NH4SCN，且在减压条件下，水的沸点会降低，从而可以在较低温度下蒸发水，故减压蒸馏目的为：降低溶液沸点，防止温度过高导致硫脲异构化；（7）根据题意可知：反应产生的气体中含有N2和一种酸性气体，将该混合气体通入澄清石灰水中，产生白色沉淀；通入品红溶液中，溶液不褪色，说明该酸性气体产物是CO2，其中的S转化成，该反应的离子方程式为：；（8）根据题意：可知硫脲异构化反应为CS(NH2)2=NH4SCN，NH4SCN与AgNO3溶液发生复分解反应产生AgSCN沉淀，发生反应：Ag++SCN-=AgSCN↓，可得关系式：CS(NH2)2～NH4SCN～AgNO3，故agCS(NH2)2样品中的CS(NH2)2的含量为：×100%=。16.锗在现代通信技术中发挥着桥梁作用。从某冶锌工厂的工业废料[含和少量，还含有铟(In)、铋(Bi)、锗(Ge)的氧化物]中回收几种金属的单质或化合物的工业流程如下图。已知：该工艺条件下，时，，，易水解。回答下列问题：（1）下列措施有利于提高“酸浸1”的浸取速率的是___________(填字母)。a．适当升高温度b．酸浸过程中不断搅拌c．加压d．加大废料的用量（2）时，“浸液1”中，则除去时应控制的范围为___________(已知：当溶液中某离子浓度时，可认为该离子沉淀完全)。（3）“酸浸2”时，铋的氧化物发生反应的离子方程式是___________。（4）“萃取”分液时，“有机相”从分液漏斗的___________(填“下口放出”或“上口倒出”)。“沉锗”的反应原理为，该操作中需调节为2.5，不能过高或过低，原因是___________。（5）锗卤化物的熔点和沸点如下表，从到的沸点递变的原因是___________。

熔点/℃26146沸点/℃83.1186约400（6）一种含锗的化合物应用于太阳能电池，其晶胞为长方体，结构如图(A)。该含锗化合物晶胞的表示方式有多种，图中___________(填“B”、“C”或“D”)图不能表示此化合物的晶胞。【答案】（1）ab（2）3<pH<5.5（3）（4）①.上口倒出②.高于2.5时，水解程度增强，低于2.5时，酸性太强，“沉锗”反应平衡逆移，沉锗率下降（5）锗的卤化物均为分子晶体，随着相对分子质量的增加，分子间作用力增强，熔沸点升高（6）D【解析】工业废料[含ZnO和少量Fe2O3，还含有铟（In）、铋（Bi）、锗（Ge）的氧化物]加入稀硫酸在“酸浸1”工艺中ZnO和少量Fe2O3溶解，生成ZnSO4、Fe2(SO4)3进入“浸液1”，铟（In）、铋（Bi）、锗（Ge）的氧化物作为浸渣与70%硫酸溶液在“酸浸2”工艺中发生反应，生成的[(BiO)2]SO4经过滤作为滤渣与含有In3+、Ge4+的“浸液2”分离，“浸液2”加入试剂X、煤油“萃取”分液，铟元素转移至有机相，制备海绵铟，含锗元素的水相加入单宁酸“沉锗”生成GeR2分离后制备GeCl4。（1）a．适当升高温度，加快酸浸过程反应速率，可以提高“酸浸1”的浸取速率，a正确；b．酸浸过程中不断搅拌，可以使固、液充分接触，加快反应速率，反应更充分，可以提高“酸浸1”的浸取率，b正确；c．加压不影响无气体参加的固、液反应的反应速率，不能提高“酸浸1”的浸取率，c错误；d．加大废料的用量，是改变固体反应物的用量，对反应速率几乎无影响，不能提高“酸浸1”的浸取率，d错误；故选ab；（2）“浸液1”中含有Zn2+、Fe3+，使Fe3+完全沉淀，而Zn2+不沉淀实现二者分离，根据、控制溶液pH的范围，则由、c(Fe3+)<1.0×10-5mol/L计算，、c(H+)<，pH>3，由、c(Zn2+)=1.0mol/L计算，，pH<5.5，故pH的范围为3<pH<5.5；（3）铋的氧化物（Bi2O3）不溶于水，在离子方程式中写化学式，70%硫酸为强酸溶液，写离子符号H+、，生成的[(BiO)2]SO4为难溶物，写化学式，根据离子电荷守恒、元素守恒配平，离子方程式为；（4）“萃取”分液时使用的煤油作萃取剂，煤油密度比水小，故上层为有机相、下层为水相，分液漏斗使用要求是下层液体从下口放出、上层液体从上口倒出，故“有机相”从分液漏斗的上口倒出；Ge4+易水解溶液显酸性，pH高于2.5时，溶液中c(H+)减小，水解平衡正移，Ge4+水解程度增大，生成GeO2沉淀，使GeR2产率低，pH低于2.5时，溶液中c(H+)较大，使“沉锗”反应平衡逆移，沉锗率降低；（5）锗卤化物的熔点和沸点如下表，从到的沸点递变的原因是：锗的卤化物均为分子晶体，随着相对分子质量的增加，分子间作用力增强，熔沸点升高；（6）该锗化合物晶胞的表示方式有多种，A中(CH3NH3)+为8×=1，I-为6×=3，Ge2+为1；B中(CH3NH3)+为1，I-为8×+2×=3，Ge2+为8×=1；C中(CH3NH3)+为1，I-为12×=3，Ge2+为8×=1；D中(CH3NH3)+为1，I-为10×=2.5，Ge2+为8×=1；故图中D图不能表示此化合物的晶胞。17.研究氮氧化物的还原处理是环保领域的主要研究方向之一，回答下列问题：（1）CO还原NO的反应机理及相对能量如图1(TS表示过渡态)：①由图1可知，CO还原NO的热化学方程式为___________，该反应过程中的决速步骤为第___________步。②为提高反应中的平衡转化率，可采用的措施为___________(填字母标号)。A．液化分离B．增大压强C．增大NO浓度D．使用催化剂（2）还原的反应为。为研究和的起始投料比对平衡转化率的影响，分别在不同温度下，向三个体积均为aL的密闭容器中加入一定量和发生反应，实验结果如图2。①反应温度、、从大到小的关系为___________。②温度下，充入、各，容器内压强为，反应时达平衡，该反应平衡常数___________(以分压表示的平衡常数为，分压总压物质的量分数)。（3）还原的主反应为。相同时间内测得选用不同催化剂的实验相关数据如图3、4所示：①由图3、4可知具有较高活性和选择性的催化剂为___________。②图3中100~300℃NO转化率升高的原因为___________。【答案】（1）①.②.一③.AB（2）①.②.[或]（3）①.酸化的②.图3中100~300℃，反应未达到平衡状态，温度越高，反应速率越大，NO转化率升高【解析】（1）①根据如图可知，，热化学方程式为：；由能量图可见，第一步从反应物到 的活化能最高，故该步为速控步；②A．液化分离，平衡正向移动，提高反应中的平衡转化率，A正确；B．增大压强平衡向气体数目减少方向移动，平衡正向移动，提高反应中的平衡转化率，B正确；C．增大NO浓度平衡正向移动，降低反应中的平衡转化率，C错误；D．使用催化剂，不影响化学平衡移动，D错误；故选AB；（2）①还原的反应为，该反应是放热反应，随着温度升高，平衡逆向移动，NO的转化率降低，从给出的NO平衡转化率随温度变化的曲线可见，在同样的投料比下，曲线的转化率最高、次之、最低，故温度由大到小的顺序为；②在温度下投料3 mol 和3 mol NO时，即，由图可知NO的平衡转化率为40%，列三段式：，平衡时气体总物质的量为1.8+1.8+0.6+1.2=5.4mol，平衡时的压强为，Pa⁻¹；（3）①由图3、4可见，酸化的/在较宽温区内既能使NO高转化，又主要产生成(选择性高)，故该催化剂更优；②在100 ~ 300 ℃范围内，随温度升高催化剂活性提高，反应速率加快，因而NO的转化率上升。18.克立硼罗是一种用于治疗特异性皮炎的药物，它的一种合成路线如下图所示：（1）化合物A中的含氧官能团名称为___________，化合物B的分子式为___________。（2）反应④的化学反应类型为___________(填“氧化反应”或“还原反应”)。（3）写出反应⑤的化学方程式___________。（4）同时满足下列条件的化合物B的同分异构体有___________种(不考虑立体异构)，写出其中核磁共振氢谱中峰面积比为的同分异构体的结构简式___________。i．能与溶液发生显色反应；ii．能与反应；iii．苯环上有两个取代基（5）关于上述路线中的相关物质及转化，下列说法正确的有___________(填字母)。A.反应①的原子利用率为100%B.反应②过程中加入适量可以提高转化率C.反应③过程中存在碳原子杂化方式的改变D.化合物能与水分子形成分子间氢键，故化合物极易溶于水（6）结合合成B的相关信息，以乙烯为唯一有机原料，设计化合物的合成路线___________。【答案】（1）①.羟基、醛基②.或（2）还原反应（3）+ClCH2OCH3→+HCl。（4）①.12②.（5）BC（6）CH2=CH2CH2BrCH2Br【解析】化合物A与乙二醇反应生成B，物质B与发生取代反应得到C，C在HCl条件下生成醛基，物质D中醛基在NaBH4还原下生成羟基，E与ClCH2OCH3发生取代反应生成F，F经过一系列反应得到G，据此回答问题。（1）化合物A的结构简式为，其中含氧官能团名称为羟基、醛基；化合物B的结构为，其分子式为或。（2）反应④中，物质D的醛基在NaBH4还原下生成羟基，因此化学反应类型为还原反应。（3）反应⑤中，与ClCH2OCH3发生取代反应生成和HCl，化学方程式为：+ClCH2OCH3→+HCl。（4）化合物B为，它的同分异构体要符合以下条件：ⅰ．能与溶液发生显色反应，则含有酚羟基，ⅱ．能与反应，则含羧基；ⅲ．苯环上有两个取代基，两个取代基可为-OH与、-OH与、-OH与、-OH与，每种组合又可分别位于苯环的邻、间、对3个位置，因此符合条件的同分异构体有12种；写出其中核磁共振氢谱中峰面积比为3∶2∶2∶1∶1的同分异构体的结构简式为。（5）A．反应①中，与乙二醇反应生成和水，因此原子利用率不为100％，A错误；B．反应②过程中生成HF，能与HF反应，使得HF浓度减小，平衡正向移动，转化率提高，B正确；C．反应③过程中生成醛基，碳原子杂化方式由sp3转化为sp2，C正确；D．化合物E含有羟基，能与水分子形成分子间氢键，但化合物E含有2个苯环，苯环是憎水基团，憎水基团所占空间较大，因此化合物E不易溶于水，D错误；故答案为BC。（6）参考上述信息，使用逆合成分析法，OHC-CHO与HOCH2CH2OH反应合成，HOCH2CH2OH与氧气在催化剂作用下生成OHC-CHO，CH2BrCH2Br与NaOH溶液加热可得HOCH2CH2OH，CH2=CH2与Br2发生加成反应可得CH2BrCH2Br，则合成路线为：CH2=CH2CH2BrCH2Br

。陕西省汉中市2026届高三上学期第一次校际联考试题注意事项：1.本试题共8页，满分100分，时间75分钟。2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。涂写在本试卷上无效。4.作答非选择题时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效。5.考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试题不回收。可能用到的相对原子质量：H1C12B14O16S32Cl35.5Zn65Ge73Br80I127一、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.化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是A.用灼烧法鉴别毛织品和棉织品B.钠钾合金可用作原子反应堆的导热剂C.苯甲酸钠可用作果蔬汁、酱油等食品的防腐剂D.用于厚膜集成电路的氧化铝陶瓷属于金属材料【答案】D【解析】A．毛织品含蛋白质，灼烧有烧焦羽毛味，棉织品为纤维素，灼烧无此气味，可用灼烧法鉴别，A正确；B．钠钾合金常温呈液态，导热性好，适合用作原子反应堆导热剂，B正确；C．苯甲酸钠可以抑制细胞的活性，是常见食品防腐剂，能抑制微生物生长，可用作果蔬汁、酱油等食品的防腐剂，C正确；D．氧化铝陶瓷具有良好的光学透明性等特性，属于新型无机非金属材料，而非金属材料，D错误；故选D。2.下列化学用语或图示表达正确的是A.的电子式：B.中子数为38的镓原子：C.的化学名称：2-乙基戊烷D.激发态原子的轨道表示式：【答案】A【解析】A，CaO是离子化合物，电子式为，故A正确；B．中子数为38的镓原子，质量数为69，符号为，故B错误；C．主链有6个碳原子，3号碳原子上连有1个甲基，化学名称为：3-甲基己烷，故C错误；D．不存在1p轨道，故D错误；故答案为A。3.用下列实验操作或装置进行相应实验，能够达到实验目的的是A．进行浓氨水与浓硫酸的反应生成白烟B．熔融纯碱C．测量的体积D．除去固体中的A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．浓氨水挥发出NH3，但浓硫酸难挥发，无法形成两种气体在空气中相遇，仅NH3与浓硫酸表面反应生成(NH4)2SO4固体，不能形成白烟（需两种气体反应生成固体颗粒），A错误；B．瓷坩埚的材料中有二氧化硅，高温条件下会和纯碱反应，故选用铁坩埚能达到熔融纯碱的目的，B正确；C．SO2易溶于水（1体积水溶解40体积SO2），用H2O测量体积时SO2会溶解，导致测量不准确，C错误；D．NH4Cl受热易分解为NH3和HCl气体逸出，NaCl受热稳定，但灼烧固体混合物应该在坩埚进行，不能用蒸发皿，D错误；故选B。4.某试剂的结构如图所示，其组成元素X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中X是元素周期表中电负性最大的元素。下列叙述正确的是A.第一电离能：B.X元素的最高正价等于族序数C.最简单氢化物的还原性：D.最高价氧化物对应水化物酸性：【答案】C【解析】已知X是元素周期表中电负性最大的元素，则X为F，由X，Y，Z，W的成键特点及X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，可以推知Y为P，Z为S，W为Cl。A．同周期元素第一电离能逐渐增大，P的核外电子排布处于半充满的较稳定状态，其第一电离能大于相邻族元素，则第一电离能：，A错误；B．X为F，无最高正价，B错误；C．W的氢化物为HCl，X的为HF，还原性：，则还原性：，C正确；D．元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，则最高价氧化物对应水化物酸性：，D错误；答案选C。5.物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是选项性质差异结构因素A沸点：乙醇高于乙醛分子间氢键B在水中的溶解度：分子的极性C键角：小于电负性差异D分解温度：高于键能大小A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．乙醇因分子间氢键导致沸点高于乙醛，结构因素正确，A正确；B．Cl2溶解度高于CO并非因极性（Cl2非极性，CO极性），而是Cl2与水反应，结构因素错误，B错误；C．F的电负性大于Cl，中成键电子对更偏向F原子，导致成键电子对之间的斥力小于中的，故键角小于，结构因素匹配正确，C正确；D．由于原子半径I>Br，所以HBr键能大于HI，分解温度更高，结构因素正确，D正确；故选B。6.下列各组中的离子，能大量共存的是A.、、、 B.、、、C.、、、 D.、、、【答案】A【解析】A.、、、之间互不反应，能大量共存，故A符合题意；B.与结合生成沉淀，不能大量共存，故B不符合题意；C.与结合生成沉淀，不能大量共存，故C不符合题意；D.与结合生成AgCl沉淀，不能大量共存，故D不符合题意；故答案选A。7.部分物质在一定条件下的转化关系如图所示。已知甲、乙、丙、戊、己均为二元化合物，丁为气态单质。其中甲、己组成元素相同，甲、戊具有漂白性，丙具有臭鸡蛋气味。下列说法正确的是A.甲、戊均为电解质 B.乙中一定含有钠元素C.丙、丁可发生置换反应 D.己是一元强酸【答案】C【解析】已知丙具有臭鸡蛋气味，且甲、乙、丙、戊、己均为二元化合物，则丙为H2S，乙和H+反应生成H2S，则乙为硫化物，甲、戊具有漂白性且甲在催化剂条件下生成丁，丁为气态单质，则甲为H2O2，戊为SO2，丁为O2，甲、己组成元素相同，则己为H2O，据此分析回答。A．甲为H2O2，戊为SO2，SO2属于非电解质，A项错误；B．乙为硫化物，可能为硫化钠、硫化钾等硫化物，B项错误；C．由分析可知，丙为H2S，丁为O2，氧气量不足时，硫化氢与氧气反应可能生成硫单质和水，化学方程式为：，C项正确；D．由分析可知，己为H2O，不属于一元强酸，D项错误；故答案选C。8.由可制备，其立方晶胞如图所示。与的最小间距大于与的最小间距，、为整数，设晶胞的边长为。下列说法错误的是A.B.1号原子与2号原子之间的距离为C.3号原子的分数坐标为D.晶体中每个周围紧邻且距离相等的共有6个【答案】B【解析】图中黑球位于立方体的8个顶点，白球位于六个面心处，在体内，根据均摊法，该晶胞中含个黑球、个白球、1个，结合化学式及化合物中正负化合价代数和为0知，m=1、n=3，即晶体的化学式为；由于Al与O最小间距大于Co与O最小间距，则可确定Co位于体心、Al位于顶点、O位于面心。A．结合分析知：m=1、n=3，则，A正确；B．1号原子的分数坐标为，2号原子的分数坐标为，则二者之间的距离为，B错误；C．3号原子(Co)在体心位置，根据图中建立的坐标系知，3号原子的分数坐标为，C正确；D．Al位于晶胞的顶点，晶体中每个Al周围紧邻且距离相等的Al在xyz轴上各有2个，共有6个，D正确；故答案为B。9.傅-克酰基化反应在有机合成方面具有重要价值，工业生产及实验室常利用此原理来制备芳香酮。有机物经傅-克酰基化转化为的反应原理如图：下列说法错误的是A.物质中不含手性碳原子B.与均属于醇C.物质和均能与发生加成反应D.物质可在水溶液中发生取代反应【答案】B【解析】A．手性碳原子需连有四个不同基团，R中唯一饱和碳为-CH2Cl碳，该碳连两个H原子，不满足手性碳条件，A正确；B．M中羟基直接连苯环，含有的是酚羟基，不属于醇，CH3OH羟基连饱和碳，属于醇，二者类别不同，B错误；C．M和R均含苯环（可与H2加成）、醛基（可与H2加成），故两者均能与H2发生加成反应，C正确；D．N为ClCH2OCH3，含-Cl（卤代烃），在NaOH水溶液中发生水解反应（取代反应）生成HOCH2OCH3，D正确；故选B。10.过氧化钙是水产养殖中广泛使用的供氧剂，实验室以碳酸钙为原料制备过氧化钙的流程如图所示。已知：。下列说法错误的是A.“煮沸”只是为了除去B.“冰水浴”的作用是防止受热分解C.溶液有利于制备反应正向移动D.若过量，可能产生沉淀，造成产品纯度降低【答案】A【解析】分析流程可得，盐酸与碳酸钙反应生成氯化钙，水和二氧化碳，煮沸趁热过滤是为了除去二氧化碳和过量的HCl，加氢氧化钠冷水冷却是防止过氧化氢受热分解，其中氢氧化钠的作用为在后续反应中促进CaCl2(aq)+H2O2(aq)⇌CaO2(s)+2HCl(aq)平衡向右移动，提高产率，其中要注意氢氧化钠的用量，如果用量过多，氢氧根离子浓度过大，会产生氢氧化钙沉淀，之后滴加过氧化氢，在碱性调节下生成过氧化钙，经抽滤，洗涤，烘干，最终获得产品。A．碳酸钙与盐酸反应生成CaCl2、CO2和H2O，溶液中除过量HCl外，还溶解有CO2。煮沸既能除去挥发性HCl，也能赶出溶解的CO2，并非“只是除去HCl”，A错误；B．H2O2不稳定，受热易分解，冰水浴可降低温度，防止H2O2受热分解，B正确；C．制备反应为CaCl2(aq)+H2O2(aq)⇌CaO2(s)+2HCl(aq)，NaOH溶液能中和生成的HCl，减小生成物浓度，使平衡正向移动，C正确；D．Ca(OH)2微溶，若NaOH过量，溶液中OH⁻浓度过高，Ca2+与OH⁻可能生成Ca(OH)2沉淀，混入产品导致纯度降低，D正确；故选A。11.室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是选项实验过程及现象实验结论A将少量铜粉加入稀硫酸中，无明显现象，再加入硝酸铁溶液，铜粉溶解能与铜粉反应B向CO还原所得到的产物中加入稀盐酸，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化全部被还原C向溶液中滴加几滴相同浓度的溶液，出现白色沉淀，继续滴加几滴溶液，出现黄色沉淀溶度积常数：D向溶液中加入溶液，充分振荡后滴加KSCN溶液，溶液变成血红色与的反应为可逆反应A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．铜粉在稀硫酸中不反应，加入硝酸铁后溶解，可能是酸性条件下将Cu氧化，结论不成立，A错误；B．CO还原Fe2O3后的产物加盐酸后不变红，只能说明产物和盐酸反应后的溶液中不含Fe³+，有可能是反应产生的Fe，将未反应的Fe2O3与盐酸反应生成的Fe3+还原为Fe2+，无法证明Fe₂O₃全部被还原，B错误；C．向NaCl溶液中滴加AgNO3生成AgCl沉淀，继续加少量KI出现AgI沉淀，说明AgCl转化为AgI，溶度积常数：Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，C正确；D．Fe3+与I-反应后滴加KSCN显红色，说明反应后的溶液中含有Fe3+，Fe3+初始物质的量是I-的2倍，Fe3+过量，不能说明反应为可逆反应，结论不成立，D错误；故答案选C12.催化释氢。在催化剂作用下，分解生成和可能的反应机理如图所示。下列说法错误的是A.该反应的B.催化释氢反应除生成外，还生成了C.催化剂降低了反应的活化能，进而改变了反应热D.该过程中只破坏了极性键未破坏非极性键【答案】C【解析】该反应第一步为催化剂捕获了甲酸分子中的羟基氢，剩余甲酸根与Pd结合，第二步为甲酸根脱去一分子CO2，剩余一个氢负离子，第三步为剩余的氢负离子与第一步捕获的羟基氢结合，形成一分子氢气。A．反应生成CO₂和H₂两种气体，气体分子数增多，体系混乱度增大，ΔS>0，A正确；B．HCOOD中含H（羧基碳上的H）和D（羟基中的D），机理中生成的[H]包括H和D，二者结合生成HD，B正确；C．催化剂降低反应活化能，但反应热（ΔH）由反应物和生成物能量差决定，与活化能无关，催化剂不能改变反应热，C错误；D．反应物HCOOH中仅含极性键（C-H、C=O、C-O、O-H），反应过程中破坏这些极性键，生成H2时形成非极性键（H-H），未破坏非极性键，D正确；故答案选C。13.锌离子全电池装置如图-1所示，工作时电极发生的嵌入或脱嵌。在电解质溶液中加入弱极性的，利用间转化的同时除去溶解氧和电极表面的非活性锌，如图-2所示。下列说法错误的是A.放电时经离子交换膜从右向左迁移B.加入聚乙二醇是为了增大在水中的溶解度C.除去溶解氧发生的反应为D.每除去13g非活性锌，转移的电子数为【答案】D【解析】锌离子全电池工作时，锌作负极，NaV3O8·1.5H2O作正极；FcD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．根据分析可知，放电时，Zn电极为负极，发生氧化反应生成Zn2+，负极区Zn2+浓度增大，会向正极区（NaV3O8·1.5H2O电极）迁移，即从右向左，A正确；B．FeD为弱极性物质，水为强极性溶剂，弱极性物质在水中溶解度较小，加入聚乙二醇可增大其在水中的溶解度，B正确；C．溶解氧（O2）作氧化剂，FeD作还原剂，O2→OH-（O从0价降为-2价），FeD→FeD+（失1e-），由电子守恒可知4FeD~O2，结合原子守恒配平得4FeD+O2+2H2O=4FeD++4OH-，C正确；D．非活性锌（Zn）与FeD+反应：Zn+2FeD+=Zn2++2FeD，Zn从0价升为+2价，13gZn的物质的量为，转移电子为0.2mol×2=0.4mol，电子数为0.4×6.02×1023，D错误；故选D。14.常温下，向醋酸()溶液中滴加溶液，生成的不溶于水。保持溶液中的物质的量浓度恒定为的条件下，[为或，，]与的关系如图所示。下列叙述错误的是A.直线代表与的关系 B.C.时， D.时，【答案】D【解析】由题意可知，醋酸溶液与硝酸银溶液的反应为，反应的平衡常数，溶液中醋酸浓度恒定为，反应的平衡常数不变，溶液中浓度随增大而减小，则直线代表与的关系，直线代表与的关系，据此分析解答。A．根据分析，直线代表的是与的关系，A正确；B．由点坐标可知，溶液时，，则醋酸的电离常数，的溶度积，反应的平衡常数，B正确；C．时，即，根据，可得，C正确；D．时，即，根据可得，，D错误；故答案为：D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.硫脲可用于药物、染料、树脂制造等。某实验小组设计如图所示装置制备硫脲，探究其性质并测定其纯度。回答下列问题：实验室用和制备硫脲的原理：。已知：硫脲易溶于水，温度较高时易发生异构化反应生成。（1）盛装浓盐酸的仪器名称是___________。（2）与该实验安全注意事项有关的图标有___________(填字母)。A.护目镜 B.锐器 C.热烫 D.排风（3）A中生成了一种浅黄色固体单质，该单质是___________(填化学式)。（4）B中试剂宜选择___________(填字母)。a．溶液b．饱和溶液c．饱和溶液d．饱和溶液（5）D的作用是___________，可能观察到D中的现象为___________。（6）反应结束后，将C中的混合物过滤，滤液经减压蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、低温烘干得到硫脲粗产品。蒸发浓缩时“减压”的目的是___________。（7）探究硫脲的性质。取少量硫脲于试管中，滴加酸性溶液，观察到溶液褪色，并有气泡产生。经检验，气体中含有和一种酸性气体，将混合气体通入澄清石灰水中，产生白色沉淀；通入品红溶液中，溶液不褪色。硫脲与酸性高锰酸钾溶液反应的离子方程式为___________。（8）测定硫脲纯度。取产品溶于热水中使完全转化成，配制成溶液。准确量取配制好的溶液于锥形瓶中，滴加2滴1%溶液，用标准溶液滴定至终点，进行三次平行实验，平均消耗溶液。该实验硫脲产品的纯度为___________%。(用含和的代数式表示)提示：。【答案】（1）分液漏斗（2）AD（3）S（4）c（5）①.吸收，防止污染空气②.产生黑色沉淀（6）降低溶液沸点，防止温度过高导致硫脲异构化（7）（8）【解析】由实验装置图可知：装置A中浓盐酸与FeS2反应制备H2S，装置B中盛有的饱和NaHS溶液用于除去H2S中混有的HCl，装置C中H2S与CaCN2在水中反应制备[CS(NH2)2]，装置D中盛有的CuSO4溶液用于吸收过量的H2S，据此分析。（1）根据装置图可知装有浓盐酸的仪器名称为分液漏斗；（2）本实验需要用到各种化学试剂，需要用到护目镜，H2S是有毒气体，需要注意排风，本实验未用到刀具和热源，故排除B、C，答案选AD；（3）FeS2与浓盐酸反应生成FeCl2、S和H2S，反应方程式为：FeS2+2HCl=H2S↑+S+FeCl2，故反应产生的难溶于水的淡黄色固体为硫单质，其化学式为S；（4）a．NaOH不仅能够与杂质HCl气体反应，也能够与被提纯的H2S反应，因此不能使用NaOH溶液除杂，a不符合题意；b．饱和Na2S溶液能够与杂质HCl气体反应，也能够与被提纯的H2S反应，因此不能使用饱和Na2S溶液除杂，b不符合题意；c．饱和NaHS溶液能够与杂质HCl气体反应，而不能与H2S气体反应，也不能溶解H2S气体，故可以用饱和NaHS溶液吸收H2S中的HCl，c符合题意；d．饱和Na2CO3溶液可能与杂质HCl气体反应产生CO2气体，导致H2S气体中又含有新的杂质气体，因此不能使用饱和Na2CO3溶液除杂，d不符合题意；故合理选项是c；（5）硫化氢气体有剧毒，用硫酸铜溶液能够吸收硫化氢，反应后会产生CuS沉淀，故装置D中的现象是产生硫化铜黑色沉淀；（6）在装置C中反应制取硫脲CS(NH2)2，根据题意：硫脲在较高温下能转化成NH4SCN，且在减压条件下，水的沸点会降低，从而可以在较低温度下蒸发水，故减压蒸馏目的为：降低溶液沸点，防止温度过高导致硫脲异构化；（7）根据题意可知：反应产生的气体中含有N2和一种酸性气体，将该混合气体通入澄清石灰水中，产生白色沉淀；通入品红溶液中，溶液不褪色，说明该酸性气体产物是CO2，其中的S转化成，该反应的离子方程式为：；（8）根据题意：可知硫脲异构化反应为CS(NH2)2=NH4SCN，NH4SCN与AgNO3溶液发生复分解反应产生AgSCN沉淀，发生反应：Ag++SCN-=AgSCN↓，可得关系式：CS(NH2)2～NH4SCN～AgNO3，故agCS(NH2)2样品中的CS(NH2)2的含量为：×100%=。16.锗在现代通信技术中发挥着桥梁作用。从某冶锌工厂的工业废料[含和少量，还含有铟(In)、铋(Bi)、锗(Ge)的氧化物]中回收几种金属的单质或化合物的工业流程如下图。已知：该工艺条件下，时，，，易水解。回答下列问题：（1）下列措施有利于提高“酸浸1”的浸取速率的是___________(填字母)。a．适当升高温度b．酸浸过程中不断搅拌c．加压d．加大废料的用量（2）时，“浸液1”中，则除去时应控制的范围为___________(已知：当溶液中某离子浓度时，可认为该离子沉淀完全)。（3）“酸浸2”时，铋的氧化物发生反应的离子方程式是___________。（4）“萃取”分液时，“有机相”从分液漏斗的___________(填“下口放出”或“上口倒出”)。“沉锗”的反应原理为，该操作中需调节为2.5，不能过高或过低，原因是___________。（5）锗卤化物的熔点和沸点如下表，从到的沸点递变的原因是___________。

熔点/℃26146沸点/℃83.1186约400（6）一种含锗的化合物应用于太阳能电池，其晶胞为长方体，结构如图(A)。该含锗化合物晶胞的表示方式有多种，图中___________(填“B”、“C”或“D”)图不能表示此化合物的晶胞。【答案】（1）ab（2）3<pH<5.5（3）（4）①.上口倒出②.高于2.5时，水解程度增强，低于2.5时，酸性太强，“沉锗”反应平衡逆移，沉锗率下降（5）锗的卤化物均为分子晶体，随着相对分子质量的增加，分子间作用力增强，熔沸点升高（6）D【解析】工业废料[含ZnO和少量Fe2O3，还含有铟（In）、铋（Bi）、锗（Ge）的氧化物]加入稀硫酸在“酸浸1”工艺中ZnO和少量Fe2O3溶解，生成ZnSO4、Fe2(SO4)3进入“浸液1”，铟（In）、铋（Bi）、锗（Ge）的氧化物作为浸渣与70%硫酸溶液在“酸浸2”工艺中发生反应，生成的[(BiO)2]SO4经过滤作为滤渣与含有In3+、Ge4+的“浸液2”分离，“浸液2”加入试剂X、煤油“萃取”分液，铟元素转移至有机相，制备海绵铟，含锗元素的水相加入单宁酸“沉锗”生成GeR2分离后制备GeCl4。（1）a．适当升高温度，加快酸浸过程反应速率，可以提高“酸浸1”的浸取速率，a正确；b．酸浸过程中不断搅拌，可以使固、液充分接触，加快反应速率，反应更充分，可以提高“酸浸1”的浸取率，b正确；c．加压不影响无气体参加的固、液反应的反应速率，不能提高“酸浸1”的浸取率，c错误；d．加大废料的用量，是改变固体反应物的用量，对反应速率几乎无影响，不能提高“酸浸1”的浸取率，d错误；故选ab；（2）“浸液1”中含有Zn2+、Fe3+，使Fe3+完全沉淀，而Zn2+不沉淀实现二者分离，根据、控制溶液pH的范围，则由、c(Fe3+)<1.0×10-5mol/L计算，、c(H+)<，pH>3，由、c(Zn2+)=1.0mol/L计算，，pH<5.5，故pH的范围为3<pH<5.5；（3）铋的氧化物（Bi2O3）不溶于水，在离子方程式中写化学式，70%硫酸为强酸溶液，写离子符号H+、，生成的[(BiO)2]SO4为难溶物，写化学式，根据离子电荷守恒、元素守恒配平，离子方程式为；（4）“萃取”分液时使用的煤油作萃取剂，煤油密度比水小，故上层为有机相、下层为水相，分液漏斗使用要求是下层液体从下口放出、上层液体从上口倒出，故“有机相”从分液漏斗的上口倒出；Ge4+易水解溶液显酸性，pH高于2.5时，溶液中c(H+)减小，水解平衡正移，Ge4+水解程度增大，生成GeO2沉淀，使GeR2产率低，pH低于2.5时，溶液中c(H+)较大，使“沉锗”反应平衡逆移，沉锗率降低；（5）锗卤化物的熔点和沸点如下表，从到的沸点递变的原因是：锗的卤化物均为分子晶体，随着相对分子质量的增加，分子间作用力增强，熔沸点升高；（6）该锗化合物晶胞的表示方式有多种，A中(CH3NH3)+为8×=1，I-为6×=3，Ge2+为1；B中(CH3NH3)+为1，I-为8×+2×=3，Ge2+为8×=1；C中(CH3NH3)+为1，I-为12×=3，Ge2+为8×=1；D中(CH3NH3)+为1，I-为10×=2.5，Ge2+为8×=1；故图中D图不能表示此化合物的晶胞。17.研究氮氧化物的还原处理是环保领域的主要研究方向之一，回答下列问题：（1）CO还原NO的反应机理及相对能量如图1(TS表示过渡态)：①由图1可知，CO还原NO的热化学方程式为_