【高考真题】云南省2026年化学高中学业水平等级性考试（含答案）

【高考真题】云南省2026年化学高中学业水平等级性考试一、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．化学强国，筑梦未来。下列说法错误的是（）A．“雪豹”6×6轮式载具所用耐寒轮胎，属特种橡胶B．“北脑一号”脑机系统植入手术所用钛板，属陶瓷材料C．“天舟七号”飞船所用石英加速度计，核心部件含二氧化硅D．“深海一号”储油平台所用聚酯系泊缆绳，主要成分为有机高分子2．下列化学用语或图示表示正确的是（）A．红磷和白磷互为同素异形体B．CH3Cl是非极性分子C．H2O的空间结构模型：D．基态S2−的价层电子轨道表示式：3．合成氨工艺沿革，诠释科学精神传承。几种固氮方式如图，下列说法正确的是（）A．NO是红棕色、有刺激性气味的气体B．NH4HCO3易溶于水，其电离方程式为NC．合成氨工业中采用循环操作主要是为了提高N2和H2的利用率D．新型催化剂能降低N2生成N[4．下列说法正确的是（）A．石油的分馏属于化学变化B．蔗糖属于二糖，水解产物为葡萄糖C．明矾[KAlD．碳酸氢钠受热分解的化学方程式为25．下列装置或试剂能达到实验目的的是（）A．蛋白质的变性B．中和反应反应热的测定C．Fe(OHD．氯气的制备6．彩云之南，花开四季。下列说法错误的是（）春·蓝花楹夏·荷花秋·桂花冬·梅花A．W的分子式为C9HC．Y能发生加成和水解反应 D．1molZ最多消耗2molB7．化学护坝体，劳动保安全，某水电站坝体维护示意图如下，下列说法错误的是（）A．黏土是生产水泥的主要原料之一B．MgSiF6与C．聚四氟乙烯的合成：nD．利用Zn板保护钢闸门时，需定期检查、更换8．某水滑石是一种高效环保的阻燃剂，所含U、V、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号主族元素，U是原子半径最小的元素，V的p轨道电子数是s轨道电子数的一半，X的最外层电子数与其K层电子数相等，Y的氧化物具有两性，X和Z同主族，Z的原子序数等于W和X的原子序数之和。下列说法正确的是（）A．最简单氢化物沸点：VB．最高价氧化物的水化物碱性：XC．第一电离能：XD．U与W能形成两种常见液态化合物9．某兴趣小组将1.0g铁粉和足量硫粉在氩气中加热得黑色固体，设计如下实验探究其成分。已知：步骤Ⅰ、步骤Ⅱ均在氩气氛围中进行：PbS是一种黑色固体。下列说法错误的是（）A．a中黑色固体成分有FeSB．Fe与S在空气中燃烧的产物可能有FC．步骤Ⅰ使用煮沸后的稀硫酸，目的是加快反应速率D．b中使用CuSO4溶液替代10．Ni@ZnInS纳米催化剂经光照后产生e−和空穴（hA．该过程涉及光能转化为化学能B．步骤Ⅱ体现了h+C．相同条件下产生的空穴越多，生成的越多D．该过程涉及非极性共价键的断裂和形成11．一种新型固态电解质Nax(PS4)y（摩尔质量为Mg下列说法正确的是（）A．T点原子的分数坐标为(B．每个PS43−C．沿z轴方向的投影为D．若晶体密度为ρg⋅cm−312．我国科学家合成了一种大环化合物甲，能与C60A．乙的晶体类型为共价晶体B．该过程体现了大环对C60C．乙中的C60D．调控pH可使甲和丙中*C的杂化方式发生可逆转变13．一种“双模式”锂电池工作原理如图。已知：Cl2只参与模式Ⅰ的充放电，其放电时反应方程式为A．充电时，模式Ⅱ的反应为2B．充电时，若外电路通过1mol电子，则石墨电极最多生成0C．放电时，体系中的LiD．放电时，分别消耗1 mol S14．常温下，1L水溶液中Cu2+和C2O42−的初始浓度分别为0.1 mol⋅L−1和0.已知：CuCCuCu下列说法正确的是（）A．曲线Ⅰ是[CuB．CuCC．溶液中，CuC2D．pH=4，二、非选择题：本题共4小题，共58分。15．创新驱动，深挖“城市矿山”，一种从废弃印刷电路板（WPCB）（主要含Cu、Ni、Au、Ag）中分离回收有价金属的工艺如下：已知：①PMS为过一硫酸盐（含过氧键），在强酸介质中会水解。②1O回答下列问题：（1）Au与Cu同族，属于区元素。（2）“酸浸1”中发生反应的离子方程式为。（3）“滤液2”中主要的金属离子有Ag+、（4）“氧化溶金”中，KCl不能用HCl替代的原因为；PMS发生反应的离子方程式。HSO5−+S（5）工序“X”中，抗坏血酸的作用为。（6）“碱沉”前，用0.1000 mol⋅L−1的NaOH标准溶液测定50.00 mL“滤液1”中的H+及Ni2+浓度，pOH和pNi与V（7）“沉银”时，“滤液2”与“滤液3”混合时有少量Ag2O16．镍配合物是贵金属催化剂的重要替代品。某实验小组设计了一种制备Ni（Ⅱ）配合物的方法，原理如下：已知：CH2Cl2有毒、易挥发，ρ=1实验步骤如下：Ⅰ．向双颈烧瓶中加入10mL含Ni(Ⅱ．将上述溶液减压蒸除乙醇，加入20mLCH2Cl2溶解，再加少量蒸馏水洗涤、分液。Ⅲ．有机层经减压蒸除溶剂，加入15mL乙醇和2mmolNaBPh4（Ph为苯基），产生沉淀。经过滤、洗涤、干燥得粗产品，进一步提纯后得紫色晶体（配合物Z，Mr=1009）回答下列问题：（1）仪器a的名称为。（2）下列安全标识中，本实验不涉及的是（填标号）。

（3）步骤Ⅱ中洗涤的目的为，分液时CH2Cl2在层（填“上”或“下”）。（4）步骤Ⅲ中乙醇的作用为。（5）步骤Ⅲ中用法提纯粗产品。（6）配合物Z的产率为（列出计算式即可）。（7）测定配合物Z的晶体结构，下列方法可采用的是（）（填标号）。A．核磁共振氢谱法 B．质谱法C．红外光谱法 D．X射线衍射法（8）实验小组进一步探究不同投料比对Ni（Ⅱ）配合物结构的影响，以n(Ni2+)17．“双碳”目标推动科技发展。一种由CO制备高附加值酒石酸二甲酯（DMT）的路径如下：CO回答下列问题：I．“热催化”中主反应：i．2CO(（1）已知：4CO4NO则ΔH1=（用含ΔH2和ΔH3的代数式表示），（2）一定温度下，恒容密闭容器中只发生反应i，提高CHA．及时移走(COOCH3C．增大CO和CH3ONO（3）“热催化”存在两个副反应，其中生成“副产物1”（CO(ii．CO一定条件下，CH[比如：DMO选择性=2n①“热催化”反应较适宜的温度区间为（填标号）。

A：120～140℃

B：130~150℃

C：140~160℃

②130°C，若恒容密闭容器中只发生反应i、ii，当CO和CH3ONO的初始浓度分别为2 mol⋅L−1、1 mol⋅L（4）II．“电催化”中：DMO→电催化25℃时，DMT的生成速率v与c(DMO)关系如上图2，已知该反应的速率方程为v=k①当c(DMO)增加10倍，v也增加10倍，则m②速率常数k为 s（5）生成DMT的电极反应式为2(COOCH18．一种具有抗衰老活性的化合物K的合成路线如下（略去部分试剂与反应条件，忽略立体化学，路线中R为（）回答下列问题：（1）A中官能团为羧基、醚键和（填名称）。（2）A→B的反应类型为。（3）C分子中能共平面的碳原子个数最多为。（4）E与NaOH反应的化学方程式为。（5）G→H中另一产物的结构简式为。（6）I→J中DMP的作用为。（7）K中手性碳原子的个数为。（8）写出一种满足下列条件的F的同分异构体的结构简式。①能发生银镜反应。②能与FeCl3发生显色反应。③核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积比为2∶2∶1∶1。（9）参照B→D的过程，结合所学知识，设计以和为原料合成的路线（Ph为苯基；无机试剂和有机溶剂任选）。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A、“雪豹”6×6轮式载具所用耐寒轮胎，需在低温环境下保持良好的弹性与耐磨性，属于特种橡胶，A正确；

B、“北脑一号”脑机系统植入手术所用钛板，主要成分为金属钛，属于金属材料，而非陶瓷材料，B错误；

C、“天舟七号”飞船所用石英加速度计，核心部件为石英晶体，其主要成分是二氧化硅，C正确；

D、“深海一号”储油平台所用聚酯系泊缆绳，聚酯是由多元醇与多元酸缩聚而成的有机高分子化合物，主要成分为有机高分子，D正确；

故答案为：B。

【分析】本题解题要点：材料分类判断：金属材料包括金属单质及合金，陶瓷材料为无机非金属材料，高分子材料包括塑料、橡胶、合成纤维等；

特种橡胶应用：耐寒轮胎使用的特种橡胶具有优异的耐低温性能，属于橡胶类高分子材料；

钛板属性：钛及其合金具有良好的生物相容性和机械强度，常用于医用植入材料，属于金属材料；

石英成分：石英晶体的主要成分为二氧化硅，是制备高精度传感器的重要材料；

聚酯类材料：聚酯是典型的合成高分子化合物，广泛应用于高强度缆绳等工程材料。2．【答案】A【解析】【解答】A、红磷和白磷是由磷元素组成的不同单质，二者互为同素异形体，A正确；

B、CH3Cl分子中C—H键与C—Cl键极性不同，分子为四面体结构但正负电荷中心不重合，属于极性分子，B错误；

C、H2O中O原子的价层电子对数为2+6-2×12=4，空间结构为V形：，而图示为直线形结构，C错误；

D、基态S2−【分析】本题解题要点：

同素异形体判断：同种元素组成的不同单质互为同素异形体；

分子极性判断：分子的极性由键的极性和分子空间对称性共同决定；

分子空间结构：H2O分子中O原子采取sp3杂化，含2对孤电子对，分子呈V形；

价层电子轨道表示式：需严格遵守泡利不相容原理，基态S3．【答案】C【解析】【解答】A、NO是无色气体，NO2才是红棕色、有刺激性气味的气体，NO遇空气会迅速被氧化为NO2，A错误；

B、NH4HCO3是弱酸的酸式盐，溶于水完全电离出NH4+和HCO3−，HCO3−不能完全拆分为H+与CO32−，正确电离方程式为【分析】本题解题要点：

氮氧化物物理性质区分：NO无色，NO2红棕色，二者气味、颜色存在明显差异；

弱酸式盐电离规则：碳酸氢根属于弱酸酸式酸根，电离方程式中不能拆分；

合成氨工业循环操作目的：可逆反应原料转化率低，循环利用未反应气体提升原料利用率；

4．【答案】D【解析】【解答】A、石油分馏依靠各组分沸点不同实现分离，整个过程没有新物质生成，属于物理变化，A错误；

B、蔗糖属于二糖，发生水解反应后生成葡萄糖与果糖两种单糖，并非只生成葡萄糖，B错误；

C、明矾溶于水后电离出Al3+，Al3+发生水解反应生成Al(OH)3胶体从而净水，【分析】本题解题要点：

石油分馏判断：分馏利用沸点差异分离混合物，无新物质生成，属于物理变化，裂化、裂解才是化学变化；

糖类水解规律：蔗糖水解产物为葡萄糖和果糖，麦芽糖水解只生成葡萄糖；

明矾溶液酸碱性：铝离子发生水解Al3++3H5．【答案】A【解析】【解答】A、硝酸银属于重金属盐，将硝酸银溶液滴入鸡蛋清溶液中，重金属离子会使蛋白质空间结构发生不可逆改变，能够实现蛋白质变性的实验目的，A正确；

B、该中和热测定装置存在密封性缺陷，装置内外存在空气流通缝隙，反应释放的热量会大量散失至外界环境，温度测量误差极大，无法精准测定中和反应的反应热；B错误；

C、向加热的NaOH溶液中滴加饱和氯化铁溶液，会直接生成氢氧化铁沉淀，制备氢氧化铁胶体需要将饱和FeCl3溶液滴入沸水，C错误；

D、二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气：MnO2+4HCl=△MnCl2+【分析】本题解题要点：

蛋白质变性：重金属盐、强酸强碱、高温均可使蛋白质变性，Ag+为重金属离子，可完成该实验；

中和热测定装置辨析：中和热测定要求体系尽可能绝热、密封，减少热量流失，图中装置缝隙会造成热量损耗，温度变化测量值偏小，实验数据失真。

氢氧化铁胶体制备：操作要点为饱和氯化铁溶液滴入沸水，不能加入强碱溶液，否则生成沉淀；

氯气制备条件：MnO2和浓盐酸反应制6．【答案】D【解析】【解答】A、根据W（）的键线式逐一枚举原子，分子中含有9个碳原子、10个氢原子、4个氧原子，分子式为C9HB、X（）的结构中存在碳碳双键，碳碳双键能被酸性高锰酸钾氧化，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；

C、Y（）分子内含碳碳双键，能发生加成反应；同时含有内酯结构（环状酯），酯类物质可以发生水解反应，C正确；

D、Z（）分子中，酚羟基两侧邻位均存在氢原子，苯环上发生取代会消耗2molBr2；侧链的碳碳双键能和Br2发生加成反应消耗1molBr2，1molZ最多共消耗3molBr2，并非2mol，D错误；

【分析】本题解题要点：分子式判断：键线式中端点、拐点均代表碳原子，结合碳四价补足氢原子，同时数清杂原子即可得到分子式；

酸性高锰酸钾褪色判断：碳碳双键、与苯环直接相连的烷基均可还原高锰酸钾使其褪色；

有机物反应类型：碳碳双键能发生加成，酯（内酯）结构能发生水解；

溴与酚、烯烃的定量反应：酚羟基邻、对位氢可与Br2发生1：1取代，碳碳双键与Br27．【答案】D【解析】【解答】A、工业制备水泥的基础原料为石灰石与黏土，黏土可以供给硅、铝元素，属于水泥制备的核心原料之一，A正确；

B、MgSiF6和Ca(OH)2发生复分解反应：MgSiF6+2Ca(【分析】本题解题要点：

水泥原料记忆：水泥生产依靠石灰石提供钙源、黏土提供硅铝源；

氧化还原反应判断依据：反应过程中有元素化合价升降才属于氧化还原反应，复分解反应均无化合价变化；

加聚反应特征：含碳碳双键的单体断开双键，相互连接形成高分子，无小分子产物生成；

牺牲阳极法防腐原理：活泼金属锌作为负极持续损耗，防护正极钢材，锌板消耗完后失去防护效果，需定期更换。8．【答案】D【解析】【解答】A、V、W最简单氢化物分别为CH4、H2O；H2O存在分子间氢键，常温为液态，CH4无氢键，常温气态，沸点CH4＜H2O，即V＜W，A错误；B、X为Mg、Z为Ca，二者位于第ⅡA主族，同主族从上至下金属性逐渐增强，金属性Mg＜Ca；金属性越强，最高价氧化物对应水化物碱性越强，碱性Mg(OH)2＜Ca(OH)2，即X＜Z，B错误；

C、Mg原子3s轨道全充满，为稳定电子构型，第一电离能Mg>Al，即X>Y，C错误；

D、U(H)与W(O)可形成两种常见液态化合物：H2O、H2O2，D正确；

故答案为：D。

【分析】U是原子半径最小的主族元素，故U=H（氢）；V的p轨道电子数是s轨道电子数的一半：电子排布1s22s22p2，总s电子4，p电子2，故V=C（碳）；X最外层电子数等于K层（2个）电子，原子序数大于C，故X=Mg（镁，最外层2e-）；Y的氧化物具有两性，故Y=Al（铝，Al2O3为两性氧化物）；X、Z同主族，前20号主族元素，Mg同主族下一周期为Ca，故Z=Ca（钙）；Z原子序数(20)=W原子序数+X原子序数(12)，得W原子序数=8，故W=O（氧）；综上：U=H、V=C、W=O、X=Mg、Y=Al、Z=Ca。​​​​​​​9．【答案】C【解析】【解答】A、步骤II中醋酸铅试纸变黑，说明反应生成硫化氢气体，只有FeS和稀硫酸反应能够产生H2S，因此黑色固体中含有FeS，A正确；

B、空气中存在氧气，铁单质在加热条件下可以与氧气发生反应，因此Fe与S在空气中燃烧时，产物有可能混有Fe2O3，B正确；

C、稀硫酸煮沸的作用是除去溶液中溶解的氧气，防止氧气氧化体系内的Fe2+，避免干扰离子检验，并不是为了加快反应速率，C错误；D、硫酸铜溶液能和硫化氢发生反应CuSO4+H2S=CuS【分析】本题解题要点：

FeS的检验依据：FeS和酸反应生成H2S，H2S遇醋酸铅生成黑色PbS沉淀，以此证明固体含FeS；

空气环境反应分析：空气中含O2，铁会同步和氧气反应，产物可出现铁的氧化物；

煮沸稀硫酸的目的：除去溶解氧，防止O2氧化Fe2+，避免干扰Fe2+、Fe3+的检验；

硫化氢检验试剂：Cu2+与H2S反应生成黑色CuS沉淀，可直接检验硫化氢，替代醋酸铅试纸；

离子检验现象解读：铁氰化钾生成蓝色沉淀证明存在Fe2+，放置后出现浅红说明少量Fe3+由Fe2+缓慢氧化产生。10．【答案】D【解析】【解答】A、该反应依靠光照提供能量推动有机脱氢、偶联反应进行，光能转化为储存在有机产物内部的化学能，A正确；

B、步骤Ⅱ中空穴h+得到底物释放的电子，化合价降低，作氧化剂，能够体现氧化性，B正确；

C、空穴h+是反应体系中的氧化剂，同等条件下生成空穴的数量越多，原料转化效率越高，脱氢生成的越多，C正确；

D、整个反应断裂的化学键只有反应物内C−H极性共价键；反应最后一步生成C−C键与H【分析】本题解题要点：

光催化能量转化规律：光照驱动化学反应，实现光能向产物化学能的转化；

氧化性判断规则：粒子得到电子、发生还原反应时，具备氧化性，可作氧化剂；

催化反应定量逻辑：氧化剂空穴产量越高，原料脱氢转化越充分，中间体生成量越多；

共价键区分判断：不同原子间形成极性共价键，同种原子间形成非极性共价键，本题仅生成C−C、11．【答案】C【解析】【解答】A、N点分数坐标为(0,0,0)，T点处在晶胞底面面心位置，对应x、y方向均取12，z方向数值为0，分数坐标应为12,12,0，选项给出坐标12,0,12与实际不符，A错误；

B、PS43−分布在晶胞顶点与体心，以体心的PS43−作为参照，距离最近且间距相等的PS43−为8个相邻晶胞的顶点离子，并非6个，B错误；

C、PS43−分布在晶胞四角与体心，Na+【分析】本题解题要点：

分数坐标判断：以晶胞边长为单位1，原点在顶点，底面面心的x、y坐标均为12，z坐标为0；

等距粒子配位数分析：顶点+体心型堆积，体心离子周围最近的同类型离子为8个顶点粒子；

晶胞投影判断：沿z轴投影仅保留xy平面点位，竖直棱上的粒子会被体心粒子遮挡，投影图形四角、中心存在PS43−，四边中点为Na+；

晶胞参数计算思路：先均摊法算出晶胞内化学式单元总数，代入密度公式，完成12．【答案】A【解析】【解答】A、超分子乙是大环分子甲与C60依靠分子间作用力结合而成的分子聚集体，构成乙的基本单元为分子，晶体类型属于分子晶体，并非共价晶体，A错误；

B、甲和C60结合生成乙，实现对C60的捕获；乙在酸碱可逆条件下分解，重新释放出C60并生成丙，整个过程完整体现大环对C60的捕获与释放，B正确；

C、乙属于超分子体系，大环与C60之间不存在共价键，依靠范德华力这类分子间作用力相互结合，C正确；

D、甲中标记的碳原子只形成3根σ键，无孤电子对，采取sp2杂化；丙中标记的碳原子连接4个基团，形成4根σ键，采取sp【分析】本题解题要点：

晶体类型判断：由分子通过分子间作用力堆积形成的晶体为分子晶体，共价晶体依靠共价键形成空间网状骨架；

超分子过程分析：结合反应物、生成物的转化关系，判断捕获、释放两种过程；

超分子作用力判断：超分子内部组分依靠分子间作用力结合，不存在化学键；

碳原子杂化判断：σ键数为3对应sp2杂化，σ键数为4对应sp13．【答案】D【解析】【解答】A、充电反应是放电反应的逆过程，模式II放电反应为2SO2Cl2+6Li=Li2S2O4+4LiCl，则充电时反应应为Li2S2O4+4LiCl=充电2SO2Cl2+6Li，选项给出的方程式为放电方向，A错误；

B、模式I放电：SO【分析】电池分为两种工作模式，锂电极始终为负极、石墨电极为正极；模式Ⅰ中SO2与Cl2可逆转化SO2Cl2，每消耗1molSO2Cl14．【答案】B【解析】【解答】A、结合平衡关系推导：[Cu(C2O4)2]B、目标反应CuC2O4(aq)+C2O42−(aq)⇌[Cu(C2O4)2]2−，平衡常数K=c{[Cu(C2O4)2]2−}c[CuC2O4(aq)]⋅c(C2O42−)；

联立Ksp、K3得【分析】溶度积满足关系式Ksp(CuC2O4)=c(Cu2+)⋅c(C2O42−)=10−9.35，络合平衡常数K3=c{[Cu(C2O4)2]15．【答案】（1）ds（2）Ni（3）Cu（4）HCl会增大体系酸度，促使PMS水解，氧化能力减弱，金回收率下降；2SO4（5）作还原剂（6）0.035（7）2【解析】【解答】(1)Cu位于第四周期ⅠB族，属于ds区元素；Au与Cu为同主族元素，元素分区规律一致，因此Au归属于ds区。故答案为：ds；(2)酸浸1添加稀盐酸，只有Ni能够与H+发生置换反应，生成可溶性Ni2+与氢气，Cu、Ag、Au故答案为：Ni+2(3)滤渣1组分为Cu、Ag、Au，加入稀硝酸开展酸浸2，Cu、Ag被硝酸氧化，分别解离出Cu2+、Ag+，Au不溶于稀硝酸仍留存于固体滤渣，因此滤液2中金属阳离子包含Ag+、Cu2+，题目要求写出其中一种，填Cu2+(4)若用HCl替换体系内KCl，溶液酸性显著增强；PMS含有过氧键，在强酸性环境下会发生水解，自身氧化性能下降，无法充分氧化单质Au，最终金的回收产率降低。

HSO5−与S2O52−发生反应，生成高活性单线态氧HSO5故答案为：HCl会增大体系酸度，促使PMS水解，氧化能力减弱，金回收率下降；2SO42−(5)氧化溶金工序后，Au以+3价络离子[AuCl4]−存在于溶液；抗坏血酸具备较强还原性，工序X中夺取[AuCl4](6)滴定曲线中，NaOH体积0∼20.00mL仅中和滤液1中过量盐酸；20.00∼55.00mL区间NaOH专门沉淀Ni2+，沉淀消耗碱液体积55.00−20.00=35.00mL计量关系：n(Ni2+滤液1体积为0.05L，计算浓度：故答案为：0.035；(7)滤液2溶质为AgNO3，滤液3含过量NaOH；二者混合先发生复分解生成AgOH沉淀，AgOH极不稳定，迅速分解为Ag2故答案为：2【分析】废弃印刷电路板原料包含Cu、Ni、Au、Ag四种金属；第一步酸浸1使用稀盐酸，仅活泼金属Ni发生反应溶解，其余贵金属不溶成为滤渣1；滤液1含NiCl2与过量HCl，加入NaOH先中和多余酸，再沉淀Ni2+；滤渣1投入稀硝酸进行酸浸2，Cu、Ag被氧化溶解，Au稳定不反应形成滤渣2；滤渣2搭配PMS、KCl氧化溶金，Au转化为络离子[AuCl4]（1）依据周期表同族元素分区一致规律，ⅠB族铜、金均属于ds区，通过主族定位分区；（2）结合金属活动性顺序，只有氢前金属Ni与稀盐酸反应，按照置换反应电子、电荷守恒书写离子方程式；（3）稀硝酸可氧化Cu、Ag，不氧化Au，梳理溶解后进入液相的金属阳离子；（4）强酸加速过一硫酸盐PMS水解，削弱氧化能力；根据产物标注，结合电荷、原子守恒配平生成单线态氧的氧化还原离子方程式；（5）化合价降低的物质被还原，对应试剂承担还原剂作用，通过金元素价态变化判定抗坏血酸功能；（6）分段区分中和酸、沉淀金属离子两段滴定区间，依托沉淀反应计量比计算镍离子物质的量，再结合溶液体积算出物质的量浓度；（7）分步拆解复分解、氢氧化物分解两个连续反应，合并消去中间产物AgOH，得到总反应方程式。16．【答案】（1）恒压滴液漏斗（2）D（3）除去有机层中溶解的硝酸盐和未反应的水溶性杂质；下（4）降低配合物公的溶解度，使其结晶析出（5）重结晶（6）m（7）D（8）6【解析】【解答】（1）仪器a为恒压滴液漏斗，装置侧边连通支管能够平衡漏斗内部与反应容器的气压，消除液体下落的压强差，保证漏斗内液体可以平稳、匀速流下。故答案为：恒压滴液漏斗；

（2）佩戴护目镜能够阻挡飞溅试剂，起到眼部防护作用；实验结束清洗双手，避免试剂残留接触皮肤造成刺激；二氯甲烷有毒且易挥发，操作时保持通风排气，防止吸入蒸气引发中毒；本实验全程无尖锐器械操作，无需防护锐器，综上选D。

故答案为：D；

（3）步骤Ⅱ先减压蒸馏除去体系中的乙醇，加入20mL二氯甲烷溶解固体产物，再加入少量蒸馏水振荡洗涤并分液；水洗可以萃取脱除有机层中混溶的硝酸盐、未反应的水溶性原料杂质，降低杂质对后续配位合成反应的干扰；二氯甲烷密度1.33g故答案为：除去有机层中溶解的硝酸盐和未反应的水溶性杂质；下；

（4）步骤Ⅲ向反应体系加入乙醇，乙醇可以降低目标配合物Z在混合溶剂中的溶解能力，使配合物达到过饱和状态，以固体晶体形式从溶液中析出。故答案为：降低配合物公的溶解度，使其结晶析出；

（5）粗产物已经析出固体结晶，晶体内部包裹少量可溶性杂质；重结晶法依托杂质与目标晶体溶解度随温度变化的差异，可高效除去微量水溶性杂质，提纯得到高纯度紫色晶体，因此选用重结晶操作。故答案为：重结晶；

（6）配位反应离子方程式：Ni2++2bpy+2BPh4−=[故答案为：m11.009×100%；

（7）A.核磁共振氢谱仅用于区分有机物中氢原子的化学环境，无法测定晶体内部原子排布结构，不符合题意；

B.质谱法只能测定分子相对分子质量，不能解析晶体三维空间结构，不符合题意；

C.红外光谱用于识别分子官能团、化学键类型，不具备测定晶体晶格结构的能力，不符合题意；（8）联吡啶bpy属于双齿配体，单个bpy分子可提供2个配位原子；投料比n(Ni2+):n(bpy)=1:2时，2分子bpy一共提供2×2=4个配位原子，中心Ni2+配位数等于4；当投料比例调整为故答案为：6；

【分析】向双颈烧瓶中移入10mL溶有1mmolNi(NO3)2⋅6（1）依靠连通支管平衡内外压强，消除液柱压差，保障液体顺利滴落，区分普通分液漏斗与恒压漏斗的结构差异；（2）结合试剂毒性、腐蚀风险、器械类型逐一筛选防护要求，排除题目不涉及的锐器防护选项；（3）水洗除去有机相中水溶性无机盐杂质，依据有机溶剂与水的密度大小判断分液后有机层位置；（4）乙醇降低配合物在混合溶剂的溶解度，利用溶解度差异实现产物沉淀析出；（5）重结晶适用于去除晶体包裹的微量可溶性杂质，适配提纯高纯度结晶产物的需求；（6）依托方程式计量数计算理论产量，结合实际称量质量，代入产率通用公式完成列式；（7）区分核磁、质谱、红外、X射线衍射四种仪器的检测用途，只有X射线衍射能够测定晶体空间原子排布；（8）双齿配体单分子提供2个配位位点，根据配体投料物质的量，计算总配位原子数，对应得到中心金属离子配位数。17．【答案】（1）ΔH2（2）C（3）C；0.25；0.75（4）1；15.60×10−60.40或10.92×10（5）CH【解析】【解答】（1）依据盖斯定律运算规则，目标反应可由已知反应②乘以12，减去已知反应③乘以12反应i内，反应物气体总物质的量为4mol，生成物气体仅2mol，产物DMO为液态，反应体系内气体分子总数减少，体系混乱度降低，因此熵变ΔS故答案为：ΔH2−ΔH32；＜；

（2）A.DMO属于纯液态物质，移走液态生成物不会改变体系内各气体组分浓度，化学平衡不发生移动，CH3ONO平衡转化率保持不变，该说法错误；

B.恒容密闭容器中通入惰性气体N2，体系内各反应物、生成物的浓度均无变化，平衡不会发生移动，原料转化率不变，该说法错误；

C.提高CO与故答案为：C；

（3）①工业生产需要兼顾主产物DMO的高选择性与原料CH3ONO的转化程度；结合图像数据分析，温度区间120~140℃时，主产物选择性虽高，但CH3ONO转化率偏低；温度高于140℃后，副产物2的选择性大幅升高，大量原料流向副反应，降低目标产物产率；综合两类因素，适宜温度区间为130~150℃，选B。

②130℃条件下CH反应i、ii每消耗1molCH3ONO均生成1molNO，因此平衡时c(NO)=0.75mol⋅L−1参与副反应ii的CH3ONO浓度：0.75×(1−90%)=0.075mol⋅L−1液态物质DMO不写入平衡常数表达式，反应i浓度平衡常数：K故答案为：B；0.25；0.7521.28752×0.252；

（4）①速率公式v=k⋅cm(DMO)，若c(DMO)扩大至原来10倍，反应速率同步扩大10倍，代入公式得k⋅(10c)m=10⋅k⋅cm，化简10故答案为：1；15.60×10−60.40或10.92×10−60.28或6.24×10故答案为：CH3OH；

【分析】（1）先观察目标反应与已知热化学方程式的计量系数差异，通过同乘系数、相加减的方式拼接出目标方程式，同步计算焓变；熵变判断只对比反应前后气体总物质的量，气体分子数目减少，体系混乱程度下降，（2）分类梳理四类外界条件对平衡的影响逻辑：纯液态物质浓度恒定，增减不影响平衡；恒容通入惰性气体，气体浓度不变，平衡无移动；增大单一气体反应物投料比，平衡正向，另一原料转化率上升；催化剂只改变反应速率，不改变平衡限度、转化率。依托勒夏特列原理逐一辨析选项正误。（3）工业温度筛选需双重考量，既要保证目标产物高选择性，又要兼顾原料转化率，避开副反应剧烈发生的高温区间；定量计算时以原料初始浓度、转化率算出总消耗浓度，再按选择性拆分主、副反应各自消耗的原料量；用三段式分别计算两个可逆反应的浓度变化，汇总得到平衡时各气体浓度；液态产物无浓度项，书写平衡常数时直接省略，代入数值列式。（4）利用浓度倍数与速率倍数的等量关系建立指数方程，求解反应级数m；级数确定后变形速率方程，图像中任意一组对应浓度、反应速率数据均可代入，求出速率常数k。（5）采用整体原子守恒法，统计电极反应所有反应物的C、H、O原子总数，减去已知有机产物DMT包含的原子，剩余原子均分至未知小分子产物Y，直接推出Y的分子式与结构简式。18．【答案】（1）碳碳双键（2）取代反应（3）5（4）（5）CH（6）将醇羟基氧化为醛基（7）2（8）或或。（9）【解析】【解答】（1）A（）的碳链骨架为烯基羧酸，侧链取代基R是，分子内含三种官能团：碳碳双键、羧基、醚键。故答案为：碳碳双键；（2）原料A属于羧酸，和R'SO2NH2反应时，羧基上的−（3）C为，分子内两个碳碳双键均为sp2杂化平面结构，连接两个双键的碳碳单键可以自由旋转，旋转后能让两个双键所在平面完全重合；分子中4个主链碳原子全部是sp2杂化，甲基上的饱和碳通过单键旋转也能进入双键平面，全部5个碳原子均可处于同一平面。故答案为：