河北保定市2026届下学期高三第一次模拟考试 化学试题（含答案）

第第页河北保定市2026届下学期高三第一次模拟考试化学试题一、选择题：本题共14小题，每题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．“京畿胜境，山水保定。”下列与保定旅游文化相关的说法中错误的是A．“驴肉火烧”中的驴肉富含蛋白质B．“白洋淀荷叶茶”中富含的茶多酚属于无机物C．“涞源白石山”的白色大理石主要成分为CaCOD．“曲阳定瓷”属于传统无机非金属材料2．实验安全至关重要。下列说法正确的是A．金属钠着火时可以用二氧化碳灭火器灭火B．取用后剩余的白磷不能放回原试剂瓶C．金属钠与水反应的相关实验图标为D．盛放Na23．化学是材料科学的基础。下列说法错误的是A．双酚A常作为补牙填充物的密封胶B．聚乳酸可用于骨折接合手术，能被人体吸收且无毒副作用C．由尿素和甲醛通过加聚反应可以制得高分子材料脲醛树脂D．铜氨纤维光泽度好，常用作高档丝织，其原料是纤维素4．NAA．29gC3HB．48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中共价键数目为13C．1L0.1mol⋅D．5.6gFe与足量稀硝酸反应转移电子数为0.25．下列关于化学用语表示正确的是A．NaCl溶液中的水合离子：B．基态Se原子的核外电子排布式：[C．BCl3的空间填充模型：D．氯气分子中σ键的形成：6．托洛尔片主要用于治疗高血压、心绞痛、心肌梗死等，其主要化学成分结构简式如图。下列说法正确的是A．分子式为C15HC．含有1个手性碳原子 D．含有4种官能团7．下列与实验相关的操作或方案正确的是A．图甲装置用于验证Cl2B．图乙装置用于制取硝基苯C．图丙装置用于氨气的制取与收集D．图丁装置用于测定醋酸溶液的物质的量浓度8．下列关于物质的性质解释错误的是选项物质的性质解释A液态醋酸不导电醋酸为共价化合物B王水溶解铂浓盐酸增强了浓硝酸的氧化性CHCl酸性弱于HBr氯原子半径比溴原子半径小D甲苯能使酸性高锰酸钾褪色苯环可以使甲基活化A．A B．B C．C D．D9．短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，可形成离子化合物(XY)+A．简单氢化物键角：W<X C．电负性：X>Y>Z 10．科学家采用电化学法用环己醇制备己二酸，装置如图(电极材料均为Pt)。i．先闭合K一段时间后，阳极液由蓝绿色(Cr3+)变为橙色(CrA．阴极室中稀硫酸的浓度变小B．若阴极室产生22.4L(标准状况)气体，理论上最多生成己二酸的物质的量为0.5molC．步骤i中溶液颜色发生变化的方程式为2D．步骤iii的主要目的是使环己醇转化完全11．某含Pb化合物是一种被广泛应用于太阳能电池领域的晶体材料，该化合物晶胞如图，晶胞参数a≠b≠c，B原子的分数坐标为(0,0,0)，坐标夹角均为90∘，NA．Cs与Pb之间的距离为aB．晶体中，与铯离子最近且等距的溴离子有12个C．此晶胞密度为5.8×D．晶胞中C原子的分数坐标为1,12．一种利用Al/A．若有1molNO3−最终完全转化为B．该机理中的三种金属只有铝给出电子，体现还原性C．H(ads)可以促进D．金属铝表面的反应过程可表示为：213．下列实验方案能达到探究目的的是选项探究目的实验方案AI2在饱和KI溶液与CCl向I2的CClB丙烯醛中含有碳碳双键向丙烯醛中加入足量新制氢氧化铜悬浊液，加热至不再生成砖红色沉淀，静置，向上层清液滴加溴水，溴水褪色C验证NH4Fe向盛有2mL0.1mol/L的NH4FeSOD证明酯化反应是可逆反应将乙酸和过量乙醇在浓硫酸催化作用下加热发生反应，待充分反应后，冷却，稀释反应液，再加入饱和NaHCO3A．A B．B C．C D．D14．常温下，H2S水溶液中各种含硫微粒的分布系数δ(X)随溶液pH变化的关系如图1所示。在0.01mol⋅L−1H2S体系中滴入硫酸铜溶液，其中pcA．图1中，pH=10时，体系中B．δC．反应Cu2+D．图2中，X点溶液中存在2c二、非选择题：本题共4题，共58分。15．溴化钾(KBr)在医药和摄影等领域应用广泛。某化学兴趣小组设计了一种溴化钾的制备方案，装置示意图(夹持装置等略)及步骤如下：①准确称取3.5g②向上述溶液中加入1.2g尿素CONH22③将步骤②所得滤液转移至蒸发皿中，加热蒸发浓缩至___________(填现象)，冷却结晶，抽滤得到溴化钾粗产品。用少量冷蒸馏水洗涤晶体2~3次。将产品转移至表面皿，在100°④准确称取mg溴化钾样品配制成250mL溶液，移取25.00mL于锥形瓶中，加入1.00mL5%K2CrO4已知：i．温度高于60°ii．Ag2回答下列问题：（1）装置C的名称是，装置B的作用是。（2）步骤②中，控制温度25~30°C的目的是，步骤③（3）写出较高温度下，尿素完全水解的化学反应方程式：。（4）步骤②中滴加溴会生成两种无污染的气体，写出反应的化学方程式：。（5）用AgNO3标准溶液进行滴定时，终点的现象是，该实验制得的溴化钾纯度是%16．湿法冶金是提取复杂多金属矿中有价金属的重要手段。某研究小组以钒铅锌矿为原料［主要成分为PbZnVO4(已知：i．钒在酸性溶液中以VO2+形式存在，VO2+在温度高于ii．浸出液中含有Zn2+、VOiii．溶液中VO2+与VO3回答下列问题：（1）“酸浸”前需要先磨矿处理，目的是。（2）钒铅锌矿中钒的化合价为，基态Zn2+的价电子轨道表示式为（3）酸浸时PbZnVO4(（4）为了探究温度、液固比、时间等不同实验条件对钒铅锌矿中V、Zn等金属浸出率的影响，开展了一系列单变量实验。①图1为实验在不同温度下所测V、Zn元素浸出率的变化，用离子方程式解释温度高于30°②在硫酸浓度确定情况下，根据实验得出浸出率随液固比的变化(图2)，最佳液固比为，原因是。（5）①“氧化”步骤中加入NaClO3将VO2+转化为VO2②“沉钒”前若溶液中cVO3−=0.1mol⋅L−117．甲醇是工业“基石”原料，也是清洁燃料及溶剂领域的重要物质。I．合成气制备甲醇的原理为CO(g)+2已知：CO(g)、H2(g)、CH回答下列问题：（1）该反应的Ea(逆)=________kJ⋅mol（2）该反应的速率方程为v正=k正p(CO)p2H2，v逆=（3）向绝热反应器中通入CO、H2和过量的H2O(gII．工业废气中的二氧化碳加氢制甲醇是“碳中和”的一个重要研究方向，在催化剂作用下，主要自发进行以下反应：i．COii．COiii．CO（4）在恒温、恒压反应器中通入1molCO2、3mol已知：CH3OH产率=n生成CH下列说法错误的是___________。A.ΔH1B.CH3C.525K时，CH3OHD.525K时，减小n起始H2（5）将一定比例和流速的CO2和H2通过装有催化剂的容器，发生反应i和ii，经过相同时间，测得5Mpa时反应温度变化、250°C时压强变化对甲醇产量影响的关系如图所示。曲线X表示________(填“5Mpa时反应温度变化”或“（6）已知：对于反应aA(g)+bB(g)⇌yY(g)+zZ(g)，压强平衡常数为K18．尼达尼布(化合物M)是针对特发性肺纤维化而开发的小分子酪氨酸激酶抑制剂，是一种靶向治疗的药物。M的一种合成路线如下(部分试剂和条件简化或略去)。回答下列问题：（1）F中含氧官能团名称：。（2）A生成C的化学反应方程式为。（3）由D生成E的反应类型为。（4）化合物J的结构简式为。（5）由K生成L的同时，还会生成两个相同的小分子，则小分子为。(填名称)。（6）在A的同分异构体中，同时满足下列条件的共有种(不考虑立体异构)。①含有苯环；②有三个取代基；③能发生水解反应。其中，核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为1：1：2：4的同分异构体的结构简式为。（7）已知：(i)(ii)N()是一种黄酮类化合物，以苯酚、苯乙酸()、三乙氧基甲烷()为原料，设计合成N的路线(用流程图表示，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、“驴肉火烧”中的驴肉富含蛋白质，故A正确；B、“白洋淀荷叶茶”中富含的茶多酚属于无机物，故B错误；C、“涞源白石山”的白色大理石主要成分为CaCO3D、“曲阳定瓷”属于传统无机非金属材料，故D正确；故答案为：B。【分析】本题解题要点：动物肌肉的主要营养物质为蛋白质，驴肉中含有大量蛋白质；茶多酚属于含碳有机物，不属于无机化合物；天然大理石的主要化学成分均为碳酸钙；陶瓷是以黏土为原料高温烧制，归属于传统无机非金属材料。2．【答案】C【解析】【解答】A、金属钠着火时不能用二氧化碳灭火器灭火，因为钠燃烧生成的过氧化钠会与二氧化碳反应生成氧气，反而会助燃，正确做法是用干燥沙土覆盖灭火，故A错误；B、取用后剩余的白磷必须放回原试剂瓶，白磷着火点低，在空气中易自燃，随意丢弃会引发火灾或爆炸，故B错误；C、金属钠与水反应剧烈，会放出大量热并产生易燃易爆的氢气，实验中易发生液体飞溅、腐蚀灼伤，因此相关实验需佩戴护目镜、准备喷淋冲洗装置和防腐蚀设施，题目中的三个图标正是这些安全措施的体现，故C正确；

D、盛放Na2S溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，因为故答案为：C。【分析】本题解题要点：金属钠着火的灭火方式：钠燃烧生成Na2O2，Na2O白磷的取用安全规范：白磷着火点约为40℃，在空气中易缓慢氧化并引发自燃，因此剩余白磷必须放回原瓶，防止安全事故；钠与水反应的实验安全要求：钠与水反应放热剧烈，可能导致熔融钠飞溅，且生成的氢气易燃易爆，因此需护目镜防护、应急喷淋和防腐蚀处理；碱性溶液试剂瓶的瓶塞选择：Na2S溶液水解生成OH−，与玻璃中SiO3．【答案】C【解析】【解答】A、双酚A常作为补牙填充物的密封胶，其结构中的羟基能与树脂材料形成稳定的化学键，具有良好的粘结性和密封性，可有效防止填充物脱落，故A正确；

B、聚乳酸是一种生物可降解高分子材料，在人体内可缓慢水解为乳酸并被代谢吸收，无毒副作用，因此常用于骨折接合手术的可吸收缝合线或骨固定材料，故B正确；

C、由尿素和甲醛制得脲醛树脂的反应是缩聚反应，反应过程中会脱去小分子水，而非加聚反应（加聚反应无小分子生成），故C错误；

D、铜氨纤维是以纤维素为原料，经铜氨溶液溶解、纺丝再生得到的再生纤维，光泽度接近蚕丝，常用于制作高档丝织物，故D正确；

故答案为：C。

【分析】本题解题要点：

补牙材料的成分与性质：双酚A基树脂是常用的牙科修复材料，兼具粘结性和生物相容性；

可降解高分子材料的应用：聚乳酸的生物降解性使其成为医用植入材料的理想选择；

高分子反应类型判断：尿素与甲醛通过缩聚反应生成脲醛树脂，需区分缩聚与加聚反应的差异；

再生纤维的原料与用途：铜氨纤维以纤维素为原料，属于再生纤维素纤维，具有良好的纺织性能。4．【答案】B【解析】【解答】A、C3H6O的摩尔质量为58g/mol，29gC3H6O的物质的量为0.5mol。但该物质存在多种同分异构体（如丙醛、丙酮、丙烯醇等），不同结构中σ键数目不同，例如丙醛分子中含9个B、正丁烷和异丁烷互为同分异构体，分子式均为C4H10，摩尔质量均为58g/mol，48g正丁烷和10g异丁烷的总质量为58g，总物质的量为1mol。每个C、磷酸钠溶液中，PO43−会发生水解反应：PO43−+H2D、5.6gFe的物质的量为0.1mol，与足量稀硝酸反应时，Fe被氧化为Fe3+，每个Fe原子失去故答案为：B。【分析】本题解题要点：同分异构体的结构与化学键数：需注意C3H6O存在多种同分异构体，不同结构中同分异构体的共价键计算：正丁烷和异丁烷分子式相同，共价键数相同，可按总物质的量直接计算；盐类水解对离子数目的影响：磷酸根离子在溶液中发生水解，导致其数目减少；氧化还原反应的电子转移：铁与足量稀硝酸反应生成Fe3+5．【答案】D【解析】【解答】A、NaCl溶液中，水分子是极性分子，氧原子带部分负电荷，会朝向水合阳离子（Na+）；氢原子带部分正电荷，会朝向水合阴离子（Cl-）。图中水分子朝向与电荷方向相反，正确的如图，故A错误；B、Se是34号元素，核外电子排布式为[ArC、BCl3分子中，B原子半径小于Cl原子，空间填充模型中中心原子的球应比周围原子小，且BCl3为平面正三角形结构，选项中的模型不符合该结构特点，因此表示错误，故C错误；D、Cl2分子中，两个Cl原子的3p轨道沿键轴方向“头碰头”重叠形成σ键，图中所示的轨道重叠方式和过程符合σ键的形成原理，因此表示正确，故D正确；故答案为：D。【分析】本题解题要点：水合离子的结构：需结合水分子的极性和离子的电荷判断水分子的朝向；基态原子的核外电子排布式：需完整写出所有轨道的电子排布，不能遗漏内层轨道；分子的空间填充模型：需结合原子半径大小和分子空间结构判断模型是否正确；σ键的形成：σ键是原子轨道沿键轴方向“头碰头”重叠形成的，需明确其重叠方式。6．【答案】C【解析】【解答】A、根据结构简式，该有机物分子中含15个C、25个H、1个N、3个O，分子式应为C15B、该分子含羟基，可发生消去、酯化反应；含苯环，可发生加成反应；含醚键、氨基，可发生取代反应；含酚羟基的类似结构，还可发生氧化反应，并非只能发生消去和酯化反应，故B错误；C、手性碳原子是指连有4个不同基团的碳原子，该分子中与羟基直接相连的碳原子（−CH(OH)−），分别连接了−CH2O−D、该分子含醚键（−O−）、羟基（−OH故答案为：C。【分析】本题解题要点：有机物分子式的书写：需准确数出分子中C、H、N、O的原子个数，注意苯环和侧链的氢原子数目；有机物官能团与反应类型：需结合羟基、醚键、氨基和苯环的性质，判断可发生的反应类型；手性碳原子的判断：需明确手性碳原子的定义，找出连有4个不同基团的碳原子；官能团的识别：需区分苯环与官能团，正确识别醚键、羟基、氨基等官能团。7．【答案】D【解析】【解答】A、氢气与氯气预先混合后点燃会发生剧烈爆炸，存在极大安全隐患，该操作不能用于验证氯气的氧化性，故A错误；

B、实验室制备硝基苯时球形冷凝管需遵循下进上出通水原则，图中冷凝管进出水方向颠倒；苯与浓硝酸均易挥发，缺少尾气处理装置，操作与装置均不规范，故B错误；

C、收集氨气的试管管口完全封闭，空气无法从试管排出，不能收集到氨气；同时未放置棉花，即便无试管塞，氨气也会与空气对流，气体纯度低，故C错误；

D、NaOH标准溶液会腐蚀玻璃活塞，可盛装在聚四氟乙烯活塞的滴定管中；醋酸为弱酸，用NaOH滴定可选酚酞作指示剂，整套装置、试剂与操作均符合酸碱中和滴定规范，能够测定醋酸浓度，故D正确；

故答案为：D。

【分析】本题解题要点：

氯气氧化性验证：氢气、氯气混合点燃极易爆炸，不能采用该方案，应选用温和置换反应验证氯气氧化性；

硝基苯制备装置要点：球形冷凝管通水方向为下进上出，提升冷凝效果；苯、硝酸蒸气有毒，必须增设尾气吸收装置；

向下排空气法收集氨气：收集试管不能完全密封，需预留出气通道排出空气；试管口放置棉花，隔绝空气对流，保障收集气体纯净；

酸碱中和滴定：强碱腐蚀玻璃活塞，选用聚四氟乙烯活塞滴定管盛放NaOH溶液；弱酸强碱滴定的滴定终点溶液显碱性，适配酚酞指示剂。8．【答案】B【解析】【解答】A、液态醋酸不导电，是因为醋酸是共价化合物，在液态时不发生电离，不存在自由移动的离子，该解释正确，故A不符合题意；B、王水溶解铂，是因为浓盐酸提供的高浓度氯离子，能与铂离子形成稳定的络离子（如[PtClC、HCl酸性弱于HBr，是因为氯原子半径比溴原子半径小，H-Cl键的键能大于H-Br键，更难电离出H+D、甲苯能使酸性高锰酸钾褪色，是因为苯环对甲基的活化作用，使甲基更容易被氧化为羧基，该解释正确，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】本题解题要点：共价化合物的电离特性：液态时不电离，无自由移动离子，因此不导电；王水溶解金属的原理：氯离子与金属离子形成络合物，降低金属的电极电势，促进氧化还原反应进行；氢卤酸酸性强弱的影响因素：原子半径越大，H-X键键能越小，越易电离，酸性越强；苯环对侧链的活化作用：苯环的共轭效应使侧链甲基的C-H键极性增强，易被强氧化剂氧化。9．【答案】A【解析】【解答】A、W为P，其简单氢化物为PH3，键角约为93.6°；X为N，其简单氢化物为NH3，键角约为107°，因此键角：B、X为N，Y为O，Z为F，同周期元素第一电离能随原子序数增大呈增大趋势，但N原子的2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于相邻的O，因此第一电离能：O<N<F，即Y<X<Z，故B错误；C、同周期元素电负性随原子序数增大而增大，因此电负性：N<O<F，即X<Y<Z，故C错误；D、(XY)+为NO+，N原子的价层电子对数为2（1+故答案为：A。【分析】从离子化合物(XY)+10．【答案】D【解析】【解答】A、阴极发生还原反应，电极反应式为2H++2e−B、阴极室产生标准状况下22.4LH2，即生成1molH2，转移2mol电子。阳极室中，Cr3+被氧化为Cr2O72−，每生成1molC、步骤i中，阳极液为酸性环境，Cr3+被氧化为Cr2OD、步骤iii中，闭合K使阳极液变为橙色且颜色不再改变，说明Cr3+已全部转化为Cr故答案为：D。【分析】该流程是“先电解制备氧化剂，再利用氧化剂间接氧化环己醇，循环电解补充氧化剂，最终得到己二酸”的过程：先电解阳极室的Cr3+溶液，将其氧化为Cr2O72−；加入环己醇，被Cr2O72−11．【答案】B【解析】【解答】A、Cs原子位于晶胞体心，Pb原子位于晶胞顶点，晶胞参数为apm、bpm、cpmB、Cs位于晶胞体心，Br位于晶胞棱心，由于晶胞参数a≠b≠c，三条棱的长度不同，与Cs最近且等距的Br原子数目为4个（同一晶胞内的4条棱心），而非12个，故B错误；C、晶胞中Cs原子数为1，Pb原子数为8×18=1，Br原子数为12×14=3，晶胞的化学式为CsPbBr3D、C原子位于晶胞右侧面的中心，B原子的分数坐标为(0,0,0)，因此C原子的分数坐标为1,1故答案为：B。【分析】本题解题要点：晶胞中原子间距离计算：体心原子到顶点原子的距离为晶胞体对角线的一半，需结合晶胞参数计算；晶体中配位数判断：由于晶胞参数a≠b≠c，棱心Br原子与体心Cs的距离不等，配位数为4；晶胞密度计算：需先确定晶胞中各原子的数目，再结合摩尔质量和晶胞体积计算密度；原子分数坐标的确定：以晶胞顶点B为原点，根据原子在晶胞中的位置确定分数坐标。12．【答案】A【解析】【解答】A、若1molNO3−最终完全转化为N2，N元素从+5价变为0价，每1molNO3−参与反应时，N原子得电子数为5mol，生成N2需2molNO3−参与，故1molNO3−B、机理中，Al发生氧化反应：Al−3C、H(ads)是具有强还原性的吸附态氢原子，可将吸附态的NOD、金属铝表面，Al被氧化为Al3+，NO2−(ads故答案为：A。【分析】本题解题要点：电子守恒的核心逻辑：1molNO3−转化为N2催化剂与还原剂的区分：Cu、Pd仅参与催化循环，不提供电子，Al是唯一的电子供体；吸附态氢原子的作用：H(ads)反应方程式的配平：结合Al的氧化、NO213．【答案】A【解析】【解答】A、向I2的CCl4溶液中加入等体积饱和KI溶液，I2可与KI反应生成可溶性的I3−B、向丙烯醛中加入足量新制氢氧化铜悬浊液加热，醛基被氧化生成砖红色沉淀，但上层清液中含有过量的碱性物质，滴加溴水时，溴水会与碱发生反应而褪色，无法证明是碳碳双键与溴发生加成反应，故B错误；C、向NH4Fe(SO4)2溶液中加入NaOH溶液并加热，Fe2+会优先与D、乙酸和过量乙醇在浓硫酸催化下加热反应，冷却稀释后加入饱和NaHCO3溶液有气泡产生，可能是浓硫酸或未反应的乙酸与NaHCO3反应生成故答案为：A。【分析】本题解题要点：萃取平衡与溶解能力判断：利用I2+I官能团检验的干扰因素：醛基被氧化后，过量的碱会与溴水反应，干扰碳碳双键的检验；NH4可逆反应的验证逻辑：需证明反应体系中同时存在反应物和生成物，单一的气泡产生无法证明可逆性。14．【答案】D【解析】【解答】A、由图1可知，pH=10时，溶液中主要含硫微粒为HS−，此时H2S的分布系数远小于S2−，但B、分布系数δ(HS−)=c(HS−)C、反应Cu2++H2S⇌CuS+2H+的平衡常数D、根据电荷守恒：2c(Cu2+)+c(H+)=c(HS−)+2c(S2−)+c(OH故答案为：D。【分析】由图1的含硫微粒分布曲线可知，曲线a代表H2S，曲线b代表HS−，曲线c代表S2−。利用曲线交点的信息，可直接计算电离平衡常数：在pH=7时，H2S与HS−的分布系数相等，因此K对于图2，我们利用沉淀溶解平衡来分析曲线。以CuS为例，其溶解平衡为CuS(s)−即pc(S2−)=pKsp(CuS)−pc(Cu2+)，该式表明pc(S2−)与pc(Cu2+)呈线性关系，且斜率为-1，对应图中的曲线①15．【答案】（1）球形干燥管；冷凝回流挥发的Br2（2）加快反应速率，同时防止温度过高尿素水解，减少溴的挥发损失；溶液表面出现晶膜时（3）CO(NH（4）3Br（5）滴入最后半滴AgNO3​标准溶液，锥形瓶中产生砖红色沉淀，且半分钟内不消失；【解析】【解答】（1）球形冷凝管B可将挥发的液溴蒸气冷凝回流，减少溴的损失，提高原料利用率，同时兼具导气功能；球形干燥管C用于后续尾气处理或防潮。故答案为：球形干燥管；冷凝回流挥发的Br2​，减少溴的损失，提高原料利用率；导气；

（2）反应温度需控制在25~30℃，温度过高会导致尿素水解、溴挥发加剧，温度过低则反应速率过慢；步骤③故答案为：加快反应速率，同时防止温度过高尿素水解，减少溴的挥发损失；溶液表面出现晶膜时；

（3）尿素在高于60℃时完全水解，生成二氧化碳和氨气，反应方程式为：CO(NH2故答案为：CO(NH2)2+H2故答案为：3Br2+3K2CO3+CO(NH2)2=6KBr+N2↑+4CO2↑+2H2O；

（5）Ag+优先与Br−生成AgBr沉淀，Br−完全沉淀后，Ag+与CrO42−生成砖红色Ag2CrO4，因此终点现象为滴入最后半滴AgNO（1）根据装置特征，C为球形干燥管，液溴沸点低、易挥发，球形冷凝管B可将挥发的溴蒸气冷凝回流，提高原料利用率，同时还能起到导气的作用；（2）根据已知信息可知，温度高于60℃尿素会水解，且溴具有挥发性，温度越高溴越易挥发，但温度过低反应速率过慢，因此控制该温度范围是25~30℃，步骤③的蒸发浓缩操作中，观察到溶液表面出现晶膜时，即可停止加热，利用余热浓缩，冷却结晶；（3）尿素完全水解生成二氧化碳和氨气，配平即可得到反应方程式CO(NH2（4）反应生成两种无污染气体，Br元素化合价从0降为-1，尿素中N元素化合价从-3升为0，氧化产物为无污染的N2，结合元素守恒，另一无污染气体为CO2​，配平后得到反应方程式（5）Ag+优先与Br−生成AgBr沉淀，Br−完全沉淀后，Ag+与CrO42−生成砖红色Ag2CrO4，因此终点现象为滴入最后半滴AgNO16．【答案】（1）增大反应物接触面积，加快酸浸速率，提高钒、锌等金属的浸出率（2）+5；（3）PbZn（4）2VO（5）ClO3【解析】【解答】（1）磨矿可将矿石粉碎，增大固体与酸溶液的接触面积，加快反应速率，使钒、锌等金属的浸出更充分。故答案为：增大反应物接触面积，加快酸浸速率，提高钒、锌等金属的浸出率；

（2）根据化合物化合价代数和为0，设V化合价为x，则有+2(Pb)+2(Zn)+x+4×(−2)(O)+(−1)(OH−)=0，解得x=+5；Zn为30号元素，基态Zn原子价电子排布为3故答案为：+5；。

（3）硫酸酸浸时，矿石中的Pb2+与SO42-生成PbSO4沉淀，V在酸性条件下转化为VO2+，配平后的离子方程式为：PbZn(VO故答案为：PbZn(VO4)(OH)+SO42−+5H+=②液固比大于3：1后，钒的浸出率几乎不再增加；液固比小于3：1时，矿物与酸接触不充分，浸出率低，因此选择3：1为最佳液固比，兼顾浸出率与生产成本。故答案为：2VO2++H2O=>30∘CV2O5②根据Ksp(NH4VO3)=c(NH4+)⋅c(VO3−)，可得上层清液中c(VO3−)=Kspc(NH4+)=1.6×10−30.8mol/L=2×10−3mol/L，溶液体积不变，沉降率为0.1−0.0020.1×100%=98%。

故答案为：ClO3−+6（1）磨矿将矿石粉碎，增大固体与酸溶液的接触面积，加快反应速率，使浸出更充分。（2）根据化合物化合价代数和为0，设V化合价为x，则有+2(Pb)+2(Zn)+x+4×(−2)(O)+(−1)(OH−)=0，解得x=+5；Zn为30号元素，基态Zn原子价电子排布为3（3）硫酸酸浸时，Pb2+与SO42−​生成PbSO4​沉淀，V在酸性条件下转化为（4）①根据已知信息，温度高于30∘C时VO2+②从图2可知，液固比大于3：1后，浸出率几乎不再增加，小于3：1时，矿物浸出不充分，浸出率低，因此选择3：1为最佳条件，兼顾浸出率和生产成本。（5）①ClO3−作氧化剂，将VO2+（V为+4价）氧化为VO2+（V为+5价），ClO②根据Ksp(NH4VO17．【答案】(1)d+a+2b-c

(2)<

(3)水蒸气比热容大，可吸收反应放出的热量，避免体系温度过高导致催化剂失活，同时增大反应物与催化剂的接触面积，保持催化剂活性

(4)A，D

(5)250℃时压强变化反应i是气体分子数减少的反应，增大压强，平衡正向移动，生成更多H2【解析】【解答】（1）已知燃烧热热化学方程式：①CO(g)+12O2(g)=CO2(故答案为：d+a+2故答案为：<；

（3）催化剂活性受温度影响，该反应为放热反应，容器温度会持续升高；水蒸气比热容大，可吸收热量，避免温度过高影响催化剂活性；同时增大水蒸气浓度，平衡正向移动，CO平衡转化率增大，曲线会高于原平衡线，图像为虚线（平衡曲线）下方先升后趋于平缓的实线（最适宜温度曲线），图像为。故答案为：水蒸气比热容大，可吸收反应放出的热量，避免体系温度过高导致催化剂失活，同时增大反应物与催化剂的接触面积，保持催化剂活性；

（4）A：甲醇产率随温度升高而降低，说明反应iΔH1<0；反应ii的ΔH2>0B：升温，反应i平衡左移，反应ii平衡右移，更多CO2转化为COC：525K时，CO2转化率为30%，甲醇产率为10%，选择性=D：减小n(H2)n(CO故答案为：AD。（5）温度升高时，低温阶段反应速率加快，甲醇产量升高；高温阶段反应ⅰ平衡逆向移动，甲醇产量下降，符合Y曲线先升后降的趋势；增大压强，反应ⅰ正向移动，甲醇产量持续增大，符合X曲线一直升高的趋势，故X为250℃时压强变化曲线。故答案为：250℃时压强变化反应i是气体分子数减少的反应，增大压强，平衡正向移动，生成更多H2O；反应ii反应前后气体分子数不变，平衡不移动，因此H2O的体积分数增大。；

（6）设平衡时p(CH3OH)=xMPa，p(CO)=yMPa，根据反应i和ii的化学计量关系，生成H2O的分压等于生成CH3OH的分压与生成CO的分压之和，p(H2O)=x+y=40MPa；反应ii分子数不变，反应iii是反应i-反应ii得到的，其分压关系由前两个反应决定，因此总压变化仅由反应i引起，每反应xMPaCO2，总压减少2x，故200−2x18．【答案】（1）硝基、羧基（2）+→吡啶+HCl（3）还原反应（4）（5）乙醇（6）26种；、（7）【解析】【解答】（1）观察F的结构，分子中含有的含氧官能团为羧基（-COOH）和硝基（-NO2）。故答案为：硝基、羧基；

（2）A的仲氨基（-NHCH3）作为亲核试剂，进攻B的酰氯羰基，发生亲核取代反应生成酰胺C（），反应方程式为：+→吡啶+HCl；故答案为：+→吡啶+HCl；

（3）D→E过程中，硝基被还原为氨基，该反应属于还原反应。故答案为：还原反应；

（4）I→J过程发生脱羧、还原、环化反应，J的结构简式为：；故答案为：；

（5）K→L的反应中，脱去2分子乙氧基CH3CH2故答案为：乙醇；

（6）A的结构简式为，A的分子式C7H8N2O2：（不饱和度Ω=5，含苯环）条件拆解①含苯环（Ω=4，剩余Ω=1）；②三个取代基；③能发生水解反应→含酯基（−COO−）或酰胺基（−CONH−）（Ω=1），满足条件的3个取代基组合共3类：组合1：−NH2、组合2：酰胺基（−CONH2）、−NH2、−OH；氨基和羟基在苯环位置有邻、间、对三种，对应酰胺基（−CONH2组合3：甲酰胺基（HCONH−）、−NH2、−OH；同组合2也是10种，故共有6+10+10=26种；核磁共振氢谱条件：4组峰，峰面积比1：1：2：4，峰面积比对应氢原子数：1+1+2+4=8，与A的氢原子数一致，说明分子高度对称，故结构简式为：故答案为：26种；、；

（7）利用信息(i)反应原理将苯乙酸（）与苯酚（）进行取代生成；结合K→L发生缩合反应，将与三乙氧基甲烷（）缩合去2分子CH3CH2OH得到；结合信息(ii)将转化为N；结合各步转化条件得合成N的路线为：。

故答案为：；

【分析】根据题意可知，B的分子C2H2Cl2O，不饱和度为1，结构简式为，对甲基硝基苯胺（A）为原料，与氯乙酰氯（B）发生亲核取代生成C（）；C发生取代反应得到D，再还原硝基得到E（