湖南省长沙市2026届高三化学下学期二模试题（一）【含答案】

第1页/共1页姓名___________准考证号___________绝密★启用高三模拟卷(二)化学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H～1C～12O～16Na～23S～32Ti～48Cu～64Br～80In～115Te～128一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.非物质文化遗产是民族文化瑰宝。下列有关非遗习俗的说法错误的是A.非遗文化“打铁花”表演时铁水化作无数银花，该过程中涉及焰色试验B.杨家埠木版年画所用的纸张属于有机高分子材料C.高密泥塑所用的原料属于硅酸盐材料D.利用微生物发酵可提高黑茶品质，该过程发生了氧化还原反应【答案】A【解析】【详解】A．焰色试验是部分金属或其化合物灼烧时呈现特征焰色的反应，铁元素无特征焰色，“打铁花”是铁水小颗粒在空气中氧化燃烧放热发光的过程，不涉及焰色试验，A错误；B．纸张的主要成分为纤维素，属于天然有机高分子材料，B正确；C．泥塑的原料为黏土，黏土的主要成分是硅酸盐，属于硅酸盐材料，C正确；D．微生物发酵过程中有机物发生氧化分解，存在元素化合价升降，属于氧化还原反应，D正确；故选A2.家庭的厨卫管道内常因留有油脂、毛发、菜渣等而造成堵塞，此时可用一种固体疏通剂进行疏通。疏通剂主要成分有铝粉和NaOH固体。下列有关说法错误的是A.疏通剂可用于疏通陶瓷、铁制、铝制和塑料管道B.疏通剂使用时会产生大量可燃性气体，应注意安全C.管道疏通后应及时放大量水冲洗管道D.使用过程中产生的热量和碱性环境可以加速油脂的水解【答案】A【解析】【详解】A．疏通剂含NaOH，可与铝发生反应，会腐蚀铝制管道，因此不可用于疏通铝制管道，A错误；B．铝粉与NaOH溶液反应生成可燃性气体氢气，因此使用时需注意安全、避免接触明火，B正确；C．疏通剂使用后会残留强碱性物质，因此疏通后需用大量水冲洗管道，避免残留碱腐蚀管道或造成其他危害，C正确；D．铝与NaOH的反应为放热反应，且碱性条件下油脂可发生水解反应，升高温度可加快反应速率，因此产生的热量和碱性环境可加速油脂水解，D正确；故选A。3.下列有关表述或比较正确的是A.碳化硅的分子式：SiCB.沸点：大于(已知两者均为烷烃)C.对硝基甲苯的结构简式：D.氨水中最强烈的氢键作用：【答案】B【解析】【详解】A．碳化硅是共价晶体，不存在单个小分子，是化学式，不是分子式，A错误；B．二者均为戊烷，图1为异戊烷，图2为新戊烷。烷烃沸点规律：碳原子数相同时，支链越多，分子间作用力越弱，沸点越低。因此沸点：异戊烷>新戊烷，B正确；C．对硝基甲苯中是硝基的N原子与苯环相连，题给结构易被误认为O原子连接苯环，规范书写应为，C错误；D．O的电负性大于N，氨水中最强的氢键是水分子中的H与的N形成的，不是选项中的N-H⋯O故选B。4.下列实验操作或实验设计正确的是A．向试管中倾倒少量溶液B．向分液漏斗中加适量水，关闭a、打开b，可检查装置的气密性C．检验溴乙烷的水解产物Br-D．吸收氨或氯化氢气体并防止倒吸A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．倾倒液体时，试剂瓶的瓶塞应倒放在实验台上，以防止瓶塞被污染，进而污染瓶内的试剂，A错误；B．该装置检查气密性的方法是：向分液漏斗中加适量水，关闭a、打开b，由于分液漏斗通过导气管和蒸馏烧瓶相连，无论装置的气密性是否良好，分液漏斗中的液体都可以流下，该操作不能检查装置的气密性，B错误；C．溴乙烷在氢氧化钠（）溶液中加热水解，会生成溴化钠（）。检验产物中的溴离子（）时，应先用稀硝酸将溶液酸化，以中和过量的，如果直接加入硝酸银溶液，会与溶液中大量的氢氧根离子反应，干扰对淡黄色溴化银沉淀的观察，导致实验失败，C错误；D．氨气难溶于，氨气先通过层再进入水层被吸收，利用CCl4密度比水大且与水不互溶的性质，形成隔离层，可以避免氨气直接和水接触导致倒吸，D正确；故选D。5.不同含铜物质间可相互转化。下列离子方程式书写错误的是已知：第③步加入的甲醛溶液为少量。A.反应①：B.反应②：C.反应③：D.反应④：【答案】C【解析】【详解】A．反应①酸性条件下被氧化为，同时被还原为，离子方程式的电荷、原子、得失电子均守恒，A正确；B．反应②是可溶性铜盐与强碱反应生成沉淀，离子方程式拆分和守恒均正确，B正确；C．甲醛与新制氢氧化铜在碱性条件下共热，发生氧化还原反应，（已知甲醛少量）甲醛被氧化为碳酸盐，1mol完全氧化时，需要4mol氢氧化铜，并生成2mol氧化亚铜，离子方程式为，甲醛少量时不会出现甲酸盐，选项中离子方程式错误，C错误；D．与氨水反应生成配离子，离子方程式的电荷、原子均守恒，D正确；故选C。6.下列事实对应的解释、性质或用途错误的是选项事实解释、性质或用途A冰的密度小于干冰的相对分子质量大于B石墨能导电未杂化的p轨道重叠使电子可在整个碳原子平面内运动C不同的冠醚可适配不同大小的碱金属离子冠醚可以作相转移催化剂D元素X的基态原子的逐级电离能(kJ·mol-1)分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703当X的单质与氯气反应时，可能生成的阳离子是A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．冰的密度小于干冰是因为冰中水分子间存在氢键，形成具有较大空隙的疏松晶体结构，空间利用率相对较低，与相对分子质量大小无关，A错误；B．石墨中碳原子采取杂化，未杂化的轨道重叠形成离域大键，电子可在整个碳原子平面内自由运动，因此石墨能导电，B正确；C．不同冠醚的空腔大小不同，可适配不同半径的碱金属离子，利用该性质冠醚可作相转移催化剂，将离子带入有机相提升反应速率，C正确；D．X的第三电离能远大于第二电离能，说明X最外层只有2个电子，与氯气反应时易失去2个电子生成，D正确；故选A。7.实验室可用离子交换法除去水中的杂质离子。如图所示，将某天然水(主要含、、、、)依次通过阳离子交换树脂HA和阴离子交换树脂BOH，发生的反应可表示为：下列说法正确的是A.取ⅰ处流出液，其中主要含有的离子有、、B.该过程中均涉及氧化还原反应C.可以用阳离子交换树脂测定的溶度积常数D.工作一段时间后，证明阴离子交换树脂已失去交换能力的操作是：取ⅱ处流出液，加入氯化钡溶液或硝酸银溶液【答案】D【解析】【详解】A．天然水通过阳离子交换树脂时，只有阳离子发生交换，原水中的、被交换为，原阴离子不发生变化，因此ⅰ处流出液的主要离子为、​、、​，选项遗漏了主要阳离子，A错误；B．离子交换过程中，各元素化合价没有发生变化，均为非氧化还原反应，B错误；C．测定的溶度积常数，需要测定其饱和溶液中和的浓度。阳离子交换树脂可以用来测定饱和溶液中的浓度（通过交换出的的量来计算）。但是，由于在水中会发生水解（），其浓度并不简单地等于的浓度。因此，仅用阳离子交换树脂无法直接测定​，C错误；D．如果阴离子交换树脂失去交换能力，ii处流出液中含有NO3-​

、、，需要检验或，因此加入的试剂为氯化钡溶液或硝酸银溶液，若出现白色沉淀，则说明已失去交换能力，D正确；故选D。8.对氯甲苯()的制备原理如图所示。其中第一步反应的操作如下(已知：重氮盐的生成需在强酸性条件下进行，以免发生副反应)：下列说法错误的是A.沸点：对甲基苯胺>甲苯B.加入的溶液不能过量C.上述转化中，可用代替D.对氯甲苯粗品经过精制后，得到2.53 g产品，本实验的产率为40%【答案】C【解析】【分析】对甲基苯胺在亚硝酸钠和盐酸的作用下转化为重氮盐，重氮盐在氯化亚铜和HCl的作用下转化为对氯甲苯，结合实验原理、装置图和问题分析解答；【详解】A．对甲基苯胺分子间存在氢键，甲苯分子间为范德华力，氢键作用更强，故对甲基苯胺的沸点高于甲苯，A正确；B．根据“重氮盐的生成需在强酸性条件下进行，以免发生副反应”，过量的NaNO2与盐酸反应生成的亚硝酸不稳定，且会引发副反应，故NaNO2不应过量，BC．KMnO4能氧化苯环上的甲基，不能用KMnO4代替CuCl，C错误；D．由转化关系可知，5.35g对甲基苯胺完全反应理论上能够生成对氯甲苯的质量为5.35g107g/mol×126.5g/mol=6.325g，对氯甲苯粗品经过精制后，得到2.53g产品，故本实验的产率为故答案选C。9.已知X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素，X的第一电离能大于Y的第一电离能，基态Y原子的核外电子有5种空间运动状态，常温下Z单质可以置换出Y单质，W是d区元素，且在同周期元素中其基态原子的未成对电子数最多，W与Y可以形成如下结构的两种离子A和B，且二者可以相互转化。下列说法错误的是A.键角大小：B.电负性大小：C.调节溶液pH后，可以通过溶液颜色变化来判断A、B之间转化的平衡移动方向D.若W为短周期的p区元素，则与反应生成的气体可与溶液反应生成白色沉淀【答案】D【解析】【分析】已知基态Y原子的核外电子有5种空间运动状态，一个空间运动状态对应一个原子轨道，Y的电子占据了1s、2s和三个2p轨道，共5个轨道，且Y形成2个共价键，因此Y是氧(O)；X的原子序数小于Y且第一电离能大于O，同周期中氮(N)的第一电离能高于氧(因为氮的2p轨道处于半满稳定结构)，故X为氮；常温下单质Z能置换出氧气，且Z的原子序数大于氧，高中阶段常见反应为氟气与水反应生成氧气，因此Z为氟(F)；W是d区元素，位于前四周期，且在同周期中未成对电子数最多，第四周期中铬(Cr)的价电子排布为3d54s1，共有6个未成对电子，是同周期最多的，同时Cr与O能形成和两种相互转化的离子，符合题意，故W为铬。因此X、Y、Z、W分别为N、O、F、Cr。【详解】A．XY3-为，中心氮原子采用sp2杂化，无孤对电子，离子呈平面三角形，键角为120°；XZ3为NF3，中心氮原子采用sp3杂化，有一对孤对电子，分子呈三角锥形，孤对电子对成键电子的排斥作用使键角减小至约102°。因此的键角大于NF3，键角大小为：XY3B．已知X、Y、Z、W分别为N、O、F、Cr。电负性是元素原子在化合物中吸引电子能力的度量，在同一周期从左到右电负性逐渐增大，同一主族从上到下电负性逐渐减小。氟(F)是电负性最强的元素，氧(O)的电负性仅次于氟，氮(N)的电负性比氧小，而铬(Cr)属于过渡金属，其电负性远小于非金属元素。因此电负性顺序为F>O>N>Cr，即Z>Y>X>W，B正确；C．A和B分别为（黄色）与（橙色），二者在水中存在平衡：，加酸时平衡右移，溶液由黄色变为橙色；加碱时平衡左移，溶液由橙色变为黄色。通过观察溶液颜色的变化，可以直观判断平衡移动的方向，C正确；D．若W为短周期p区元素，则常见符合W2Y32-（Y为氧）的物质是硫代硫酸根离子（），它与H+反应生成硫单质和二氧化硫气体（S2O3故选D。10.一种由Ti、In、Te组成的难熔合金的四方晶胞如图所示，晶胞棱边夹角均为，以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如A点、B点原子的分数坐标分别为、，为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A.晶体中Te原子填充在Ti、In围成的四面体空隙中，且四面体空隙的填充率为50%B.D点原子的分数坐标为C.图中的C、D两点之间的距离D.该晶体的密度为【答案】C【解析】【详解】A．晶胞中原子个数为，

InIn

原子个数为，TeTe

原子个数为8，三者个数比为，化学式为

TiInTe2，根据化学式及其晶胞图可以推出晶胞化学式单元数为4，则Ti、In共8个原子，形成的四面体空隙总数为，其中8个填充Te原子，填充率为，A正确；B．结合A点、B点的坐标，D点、方向均为边长的，方向为边长的，分数坐标为：，B正确；C．位于体对角线的处、面对角线的处的C点原子的分数坐标为，D点原子的分数坐标为，则C、D间的距离为：d=a2pm2+c4D．根据题意可得：晶胞质量为1676NAg，晶胞体积为，计算得密度为：1676×10故答案选C。11.我国科研团队在同一个反应整体中耦合两个连续的电化学反应，大大提高了电池的工作效率。以S、Zn为电极，CuSO4、ZnSO4溶液为电解液来构建水系级联电池，原理如图所示。已知：步骤1反应为，当正极的硫完全反应生成Cu2S后，继续高效发生步骤2反应(单独构建该步电池时效率较低)，该步中Cu和Cu2O同时生成。下列说法错误的是A.电池工作时，正极质量一直增加B.步骤1的放电产物Cu2S可能对步骤2的放电过程起催化作用C.整个电路中转移2 mol电子时，正极生成的D.若用该电池对某金属材料进行电化学保护，应将该金属材料与Zn电极连接【答案】C【解析】【分析】第一步反应为，由图可知，Zn为负极，电极反应为：，S为正极，电极反应为：S+2Cu2++4e-=Cu2S，当正极的硫完全反应生成后，继续高效发生第二步反应【详解】A．正极的硫完全反应后仍然没有脱离电极，正极质量一直增加，A正确；B．单独构建第二步电池时效率较低，耦合两个连续的电化学反应时效率较高，可能的原因是步骤1的放电产物对步骤2的放电过程起催化作用，B正确；C．假定仅发生步骤2的反应，整个电路中转移时，正极生成的物质的量也会小于0.5mol，不能等于0.5mol，C错误；D．Zn电极为负极，电化学保护法应将被保护的金属作为阴极，即连接负极，D正确；故选C。12.硼酸[，电离方程式为]是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工艺。一种以硼镁矿(含、及少量、)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如图所示。已知：饱和溶液pH为4.2。下列说法错误的是A.“气体”的主要成分为B.“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是促进硼酸的析出C.若“沉镁”过程中无气体生成，则该反应的离子方程式为D.向“母液”中加入少量KSCN溶液，溶液变为红色【答案】D【解析】【分析】硼镁矿(含Mg2B2O5•H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)加入硫酸铵溶液，得到气体，根据硼镁矿和硫酸铵化学式知，得到的气体应为NH3，用NH4HCO3吸收NH3得到(NH4)2CO3；过滤得到的滤渣1为难溶于硫酸铵溶液的SiO2、Fe2O3、Al2O3；调节滤液pH=3.5再过滤得到H3BO3，此时滤液中主要含有MgSO4，向滤液中加入碳酸铵进行沉镁，得到Mg(OH)2•MgCO3，加热分解可以得到轻质MgO；母液中含有(NH4)2SO4。【详解】A．硼镁矿(含Mg2B2O5•H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)加入硫酸铵溶液，得到气体，根据硼镁矿和硫酸铵化学式可知，得到的气体为NH3，A正确；B．过滤2得到硼酸，故在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是促进硼酸的析出，B正确；C．结合流程，滤液中加入碳酸铵进行沉镁，沉镁过程中反应的离子方程式为，C正确；D．据分析可知，“母液”的主要成分为(NH4)2SO4，不含，向“母液”中加入少量KSCN溶液，溶液不变红，D错误；故答案选D。13.如果在反应体系中只有底物和溶剂，没有另加试剂，那么底物就将与溶剂发生反应，溶剂就成了试剂，这样的反应称为溶剂解反应。如三级溴丁烷可以在乙醇中发生溶剂解反应，反应的机理及能量变化与反应进程的关系如图所示。已知：催化剂M可使该反应速率加快几万倍。下列说法错误的是A.三级溴丁烷在乙醇中的溶剂解反应属于取代反应B.催化剂M对反应②的活化能影响最大C.该反应机理的中间产物中的碳原子有两种杂化方式D.降低温度，可提高的平衡产率【答案】B【解析】【详解】A．三级溴丁烷在乙醇中的溶剂解的总反应最终得到(CH3)3COC2H5和HBr，因此反应属于取代反应，A正确；B．多步反应的速率由活化能最高的速控步决定，由图可知，反应①的活化能最大，为该反应的速控步，催化剂M能使该反应速率加快几万倍，说明催化剂M对反应①的活化能影响最大，B错误；C．中间产物中的中心碳原子为sp2杂化，甲基上的碳原子为sp3杂化，存在两种杂化方式，C正确；D．由图可知，该反应的反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应；降低温度，平衡向正反应方向移动，可提高(CH3)故答案选B。14.25℃时，用NaOH溶液分别滴定NaHA(为二元弱酸)、、三种盐溶液，pM[p表示负对数，M表示、、]随pOH变化关系如图所示。下列说法错误的是A.NaHA溶液显碱性 B.的数量级为C.a点对应的坐标为 D.当时，溶液中【答案】A【解析】【分析】根据溶度积关系，的，对应斜率更大的曲线③；的，对应曲线②；曲线①则表示，其值随增大而减小。【详解】A．由图可知，当时，，对应，则，因此，，，即的电离程度大于水解程度，故NaHS溶液呈酸性，A错误；B．取曲线③上的点，此时，，。，的数量级为，B正确；C．设点的坐标为(x,y)，则，，联立解得x＝10，y＝1.2，故点坐标为，C正确；D．时，，电荷守恒式为：，因时溶液呈酸性，，故，D正确；故答案选A。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.苯乙醚()可用于有机合成、制造医药和染料。其合成原理如下：已知：①苯乙醚为无色透明液体，难溶于水，易溶于醇和醚。熔点为，沸点为，密度为。②溴乙烷是挥发性很强的无色液体，沸点为，密度为。实验室制取苯乙醚的实验步骤如下：步骤1．安装好装置如图。将苯酚()、氢氧化钠和水加入三颈烧瓶中，开动搅拌器，加热使固体全部溶解。步骤2．控制温度在之间，并开始慢慢滴加溴乙烷，大约可滴加完毕，继续保温搅拌，然后降至室温。步骤3．继续向三颈烧瓶中加适量水()使固体全部溶解。将液体转入分液漏斗中，分出水相1，有机相用等体积饱和食盐水洗两次，分出水相2。合并水相1和水相2，用乙醚对合并的水相提取一次，提取液与有机相合并，用无水氯化钙干燥。步骤4．先用热水浴蒸出乙醚，再蒸馏收集产品。产物为无色透明液体，质量为。回答下列问题：（1）仪器A的名称为___________。（2）三颈烧瓶的规格应选择___________(填标号)。A．B．C．（3）步骤2中回流的液体主要是___________(填名称)。（4）步骤3中合并水相1和水相2，并用乙醚对其进行提取的目的是___________。（5）步骤3中用饱和食盐水洗涤的目的除了去除水溶性杂质外，还有___________和___________。（6）步骤4中蒸出乙醚时不能用明火加热，原因是___________。（7）本实验中苯乙醚的产率为___________%(结果保留三位有效数字)。【答案】（1）球形冷凝管（2）A（3）溴乙烷（4）减少苯乙醚损失，提高苯乙醚的产率（5）①.降低苯乙醚在水中的溶解度，减少产物的损失②.使水层密度增大，有利于更好地分层（6）防止乙醚蒸气外漏引起着火（7）62.5【解析】【分析】探究用苯酚、溴乙烷为主要原料制苯乙醚的实验流程，先在三颈烧瓶内添加反应物并用搅拌器搅拌加快溶解，然后利用水浴加热反应容器并慢慢滴加溴乙烷，因反应物溴乙烷易挥发，因此利用球形冷凝管进行冷凝回流，减少反应物的损失，反应完全后对反应混合物利用分液、蒸馏进行分离得到目标产物苯乙醚，据此作答。【小问1详解】仪器A的名称为球形冷凝管；【小问2详解】由题意可知，溶液总体积为4.0mL+8.0mL+30mL=42mL，而三颈烧瓶所盛液体体积通常占其容积的~，故三颈烧瓶的容积应为100mL，故选A；【小问3详解】溴乙烷沸点为38.4∘C，反应温度为80∼9【小问4详解】水相1和水相2中都有苯乙醚，用乙醚提取可以回收这部分产物，减少苯乙醚损失，提高苯乙醚的产率；【小问5详解】步骤3中用饱和食盐水洗涤的目的是：除去水溶性杂质，同时降低苯乙醚在水中的溶解度，减少产物的损失，且使水层密度增大，利于更好地分层；【小问6详解】乙醚蒸气可燃，步骤4中蒸出乙醚时不能用明火加热的原因是：以防乙醚蒸气外漏引起着火；【小问7详解】该实验中加入7.52g苯酚，物质的量为7.52g94g/mol=0.08mol，由C6H5OH+NaOH→C6H5ONa+H2O、C6H5ONa+CH3CH2Br→C6H5OCH216.银铜精矿(含铅、铁、砷、硫等元素的杂质)高效分离的一种新工艺流程如图所示。已知：①在“酸浸1”中Ag没有溶解；②。回答下列问题：（1）基态As原子的价层电子排布式为___________。（2）写出“酸浸1”中CuS与混酸稀溶液反应的离子方程式：___________。（3）滤渣1主要成分为Ag、___________、___________(填化学式)。（4）若“沉淀转化”反应的平衡常数K=5.0×108，则___________。（5）若未经“焙烧脱硫”，则在“酸浸2”中银浸取率会明显下降，其原因是___________。（6）下列说法错误的是___________(填标号)。A．“焙烧脱硫”会产生污染气体，可用碱溶液吸收B．“沉淀转化”和“酸浸2”两步可调换顺序C．已知金属铜的晶胞示意图为，则铜原子采取了最密堆积方式（7）写出“还原”步骤的化学反应方程式：___________。（8）“沉铁、沉砷”过程中产生的沉淀可能为：a．FeAsO4沉淀；b．氢氧化铁胶体吸附得到的絮凝沉淀。对低温干燥后的沉淀物质进行红外光谱分析，由图可知___________(填“a”或“b”)符合光谱分析结果。【答案】（1）（2）3CuS（3）①.PbSO4②.S(顺序可对调)（4）（5）单质硫颗粒覆盖在银矿物表面影响银的浸出（6）B（7）4AgCl（8）b【解析】【分析】银铜精矿含有Ag、CuS及Pb、Fe、As、S等杂质元素，酸浸1时，Ag不与混酸反应，留在滤渣中，Pb元素与结合生成PbSO4沉淀，CuS反应生成的单质S不溶于酸，留在滤渣中，因此滤渣1主要成分为Ag、PbSO4、S；滤渣1焙烧脱硫生成SO2；沉淀转化是将PbSO4转化为PbCO3，然后进行酸浸2，Ag发生反应：3Ag+HNO3+3HCl=3AgCl↓+NO↑+2H2O，PbCO3溶于酸，滤渣3为AgCl，进行还原得到Ag，据此解答。【小问1详解】砷（As）是33号元素，位于第四周期第VA族。其核外电子排布为，价层电子是指最外层电子，因此其价层电子排布式为。【小问2详解】硫化铜（CuS）被硝酸氧化，铜变为，硫元素被氧化为S，硝酸被还原为气体，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：3CuS+8H+【小问3详解】由上述分析可知，滤渣1主要成分为Ag、PbSO4、S。【小问4详解】若“沉淀转化”反应的平衡常数K=c(SO42-【小问5详解】焙烧脱硫可以除去覆盖在银矿物表面的S，若未经“焙烧脱硫”，则在“酸浸2”中银浸取率会明显下降，其原因是：单质硫颗粒覆盖在银矿物表面影响银的浸出。【小问6详解】A．焙烧硫化物会产生二氧化硫（

）等酸性污染气体，可以用氢氧化钠等碱溶液吸收，A正确；B．如果先进行“酸浸2”（用和），会转化为更难溶的沉淀，之后再用进行“沉淀转化”时，由于的溶解度远小于，转化将难以进行，导致后续步骤难以分离Ag与Pb，B错误；C.已知金属铜的晶胞示意图为，Cu原子位于顶点和面心，为面心立方晶胞，是金属晶体的一种最密堆积方式，C正确；故选B。【小问7详解】还原步骤是AgCl与N2H4、NH3发生反应生成Ag、N2和NH4Cl，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：4AgCl+【小问8详解】分析红外光谱图，沉淀物质中含有

O—H键和O—As—O键，说明沉淀物中存在和OH-，中不含OH-，不符合光谱分析结果，氢氧化铁胶体吸附得到的絮凝沉淀含有OH-和，符合光谱分析结果，故选b。17.新型抗流感病毒药物玛巴洛沙韦广泛用于甲流、乙流的临床治疗。其重要合成中间体P的一种合成路线如图所示。已知：①；②在无其他基团影响下，—F基团使其在苯环上的邻位易发生取代反应。回答下列问题：（1）A的系统命名为___________。（2）A与乙酰氯()反应的目的是___________。（3）C中官能团的名称是___________。（4）H的结构简式为___________。（5）写出从L到M的反应方程式：___________。由O生成P的反应类型是___________。（6）L的同分异构体中，满足下列要求的同分异构体有___________种。a．属于芳香族化合物，且苯环上有四个取代基，除苯环外无其他环状结构b．核磁共振氢谱只有两组峰，且峰面积比为1∶1（7）根据上述合成路线，设计以为原料制备的合成路线(其他试剂任选)。___________【答案】（1）2-甲基苯胺（2）引入保护基，保护氨基不被氧化（3）硝基、酰胺基（4）（5）①.(或)②.还原反应（6）8（7）【解析】【分析】A和CH3COCl发生取代反应生成B，B发生硝化反应生成C，结合E的结构简式可知C为，C和HCl发生取代反应生成D为，D和N2H4·H2O、CH3CH2OH反应生成E，E重氮化、氟化后生成F，F和Br2在Fe的催化下发生取代反应生成G，结合L的结构简式可知G为，G和K4Fe(CN)6反应生成H，H和Br2在光照条件下发生取代反应生成L，则H为，L和发生取代反应生成M，M在酸性环境中生成N，以此解答。【小问1详解】A中氨基为母体，甲基位于氨基邻位（2号位），故命名为2-甲基苯胺；【小问2详解】氨基还原性强，易被浓硫酸、浓硝酸氧化，将氨基转化为乙酰氨基可保护氨基不被氧化；【小问3详解】C为，C中官能团为酰胺基和硝基；【小问4详解】由分析可以推知H的结构简式为；【小问5详解】由题干分析，L和在过量K2CO3的作用下发生取代反应，L断C-Br键，断S-H键，反应方程式为或；比较O与P的结构可知O中酮羰基被还原为羟基，反应类型为还原反应；【小问6详解】L的同分异构体中，满足条件：a．芳香族化合物，且苯环上有四个取代基，除苯环外无其他环状结构；b．核磁共振氢谱只有两组峰，且峰面积比为1∶1，说明其是对称的结构；满足条件的同分异构体有：、、、、、、，共8种；【小问7详解】参考题干流程，先在F邻位进行溴代，仿流程中G→H得到氰基，仿流程中M→N，氰基水解得到羧基，根据已知①羧基在DMF作用下得到目标产物，合成路线为。18.2024年10月30日，中国航天员搭载神舟十九号载人飞船顺利进入“太空之家”。中国空间站设有完整的可再生生命保障系统，对二氧化碳进行收集和再生处理，实现了对二氧化碳的加氢甲烷化，生成甲烷与水，并伴有副反应：反应Ⅰ．(主反应)反应Ⅱ．(副反应)回答下列问题：（1）几种相关化学键的键能为：、、、，则___________(用含、、、的式子表示)。（2）一定温度下，向固定容积的容器中充入和进行上述反应，平衡时的转化率、的选择性[的选择性]随温度变化如图所示。①根据图像分析可知：___________(填“”或“”)，平衡转化率先减小后增大的原因是___________。②，反应Ⅱ的___________(保留两