浙江新阵地教育联盟2026届第二次联考化学试题（含答案）

第第页浙江新阵地教育联盟2026届第二次联考化学试题一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题目要求，不选、多选、错写均不得分。)1．下列成分属于无机非金属材料的是A．裁判员使用的定位泡沫中的丁烷B．运动员护腿板中的碳纤维C．足球门框的材质——铝合金D．人造革足球的材质——PVC2．火箭燃料偏二甲肼燃烧时发生反应：(CH3)2NNH2+2N2O4=3N2+4H2O+2CO2，下列说法正确的是A．基态氧原子的价层电子轨道表示式为：B．N2分子中的共价键：C．偏二甲肼分子间的氢键：HD．CO2的VSEPR模型：3．根据元素周期律，下列说法正确的是A．稳定性：HF>H2O B．电负性：H>CC．分子的极性：OF2>H2O D．电离能：I1(Ne)>I2(Na)4．下列说法正确的是A．若苯酚不慎沾到皮肤上，利用其溶解度特点可用65℃以上的水冲洗B．对于酸、碱、氧化剂或还原剂废液，可统一混合收集后集中处理C．容量瓶检漏操作：向容量瓶中加入少量蒸馏水，若倒置不漏则需将玻璃旋塞旋转180°再验一次D．可用重结晶法提纯含有少量氯化钠和泥沙的苯甲酸晶体5．物质性质决定用途，下列对应关系正确的是A．二氧化硅具有特殊的光学性能，可用于生产光导纤维B．银氨溶液具有碱性，可用于制作银镜C．亚硝酸钠有一定的毒性，故不可用作食品添加剂D．花生油中含酯基官能团，故花生油能使酸性KMnO4溶液褪色6．物质微观结构决定宏观性质，进而影响用途。下列化学事实与结构原因不匹配的是选项化学事实结构原因A冰的密度比干冰小冰中的水分子采取非密堆积的方式B生铁的延展性不如纯铁掺入合金元素后原子层间相对滑动变困难C焰色试验可以使用铂丝铂丝灼烧时不发生电子的跃迁D1000℃以上时CuO会分解生成Cu2OCu+A．A B．B C．C D．D7．下列方程式不正确的是A．Cl2溶于水：ClB．溴乙烷与NaOH溶液共热：CHC．碱性条件下甲醇燃料电池的负极反应：CHD．Al粉加入NaOH溶液：28．下列实验装置或操作合理的是A．分离CH2Cl2和CCl4B．验证牺牲阳极法保护铁C．碱式滴定管按如图方式排气泡D．收集NO气体A．A B．B C．C D．D9．某有机合成过程如图，下列说法不正确的是A．用FeCl3溶液可区分M和PB．1molM与足量溴水反应最多消耗3molBr2C．P在酸性条件下水解产物含有手性碳原子D．N的核磁共振氢谱有3组吸收峰10．下图装置能用于完成下列实验的是选项目的试剂a试剂b试剂c试剂dA验证NH3的碱性浓氨水碱石灰酚酞溶液稀硫酸B检验漂白粉和浓盐酸的气体产物浓盐酸漂白粉紫色石蕊试液NaOH溶液C验证SO2的漂白性浓硫酸Na2SO3紫色石蕊试液澄清石灰水D验证乙炔的还原性饱和食盐水电石浓硫酸酸性高锰酸钾A．A B．B C．C D．D11．载氧体化学链燃烧技术(CLC)是一种燃烧效率更高的新技术。以H2为燃料，以CaSO4为载氧体的CLC体系工作原理如下左图，“燃料反应器”中发生的反应有：CaSO4s+4CaSO4s+将1molH2和1molCaSO4投入“燃料反应器”中，平衡时各产物物质的量随温度变化关系曲线如下右图，下列说法不正确的是A．曲线②表示CaSB．“燃料反应器”中应采用低温高压条件C．1000℃平衡时，将“燃料反应器”容积压缩，重新平衡后c(SO2)增大D．曲线②、③交点处CaSO4和H2转化率之比为2：512．三维电极反应器是在阴、阳电极板之间投加活性炭细颗粒作为第三电极，形成许多微小的电解池，利用该装置去除氯苯(用R表示)的原理如图。下列说法不正确的是A．M为电源正极B．电解过程中可能生成Cl2C．pH、温度、O2的分压等参数均会影响氯苯去除的效率D．外电路中转移1mole-，理论上最多处理氯苯12813．二茂铁是由一个Fe2+和两个环戊二烯基(C5H5A．C5HB．每个C5H5C．图中所示分子体现了超分子自组装的性质D．图中所示分子的酸性强于14．铑(Rh)催化烯烃与CO的偶联反应机理如图，L表示配体，Bu表示丁基，下列说法不正确的是A．中碳碳双键的极性对产物的选择性产生影响B．元素Rh的化合价经历了两次变化C．该过程的主要副产物为D．将Bu换成-CF315．某实验室废液废渣主要含AgNO3、AgCl、Ag2CrO4，按如下流程回收Ag，下列说法不正确的是25℃时，相关数据如下：H2SKa1=1.1×10−7、Ka2=1.3×10−13；A．饱和Na2S溶液中，离子浓度大小关系为：cB．若不加铁粉，则固体B为AgClC．AgCl、Ag2CrO4可完全转化为固体AD．固体A可溶于浓硝酸16．铜离子(Cu2+)具有较强的配位能力，能够与多种配体形成稳定的配合物，这主要归因于其独特的电子结构和物理特性。根据实验流程，下列说法正确的是①试剂X可以是(NH4)2SO4；②操作Y为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；③由实验现象可知，反应CuOH④步骤Ⅱ证明，与Cu2+的配位能力：Cl->NH3。A．①③ B．②④ C．①④ D．①②③二、非选择题17．过渡金属Fe、Co、Ni、Mn是锂电池正极材料的重要元素。请回答：（1）下列说法正确的是___________。A．Fe位于元素周期表的ds区B．基态Ni原子核外电子空间运动状态有14种C．还原性：Fe2+>Mn2+D．结合OH-能力：Fe3+>Fe2+（2）三元锂电池的正极材料可看成用Ni和Mn替换了LiCoO2中部分Co，晶胞如图(此时无法放电)。充电时，Li+从正极材料中(填“嵌入”或“脱嵌”)；当充电50%时，正极材料中的Li-O八面体与Ni-O八面体的数目之比是。（3）KFe2Se2是一种新型导电材料，晶胞投影如图，其晶体类型为，Fe的配位数是。（4）相对于三元材料中的M-O键(M表示Co、Ni、Mn)，磷酸铁锂(LiFePO4)电池中的P-O键使其高温性能更佳、循环次数更多，试从结构角度分析原因。（5）LiFePO4的生产工艺有固相法和液相法。①固相法：将FeCl3、NH4H2PO4、Li2CO3和足量炭黑的混合物在高温下反应，生成LiFePO4和三种气态产物，其中两种气体相遇有白烟。制备LiFePO4的化学方程式为。②液相法(流程如下)：气体A中除大量水蒸气外，还有(填化学式)；气体B为纯净物，设计实验证明其成分。18．Xe与F2在一定条件下发生下列反应，当nFI．Xeg+Ⅱ．XeF2gⅢ．XeF4g向某恒压密闭容器中按nF2nXe=5请回答：（1）Xe的原子序数是。（2）反应Ⅱ自发进行的条件是。（3）下列说法正确的是___________。A．已知ΔH1<ΔH2，则XeF2中Xe-F平均键能大于XeF4中Xe-F平均键能B．催化剂Ni能提高反应物分子的平均能量从而加快反应速率C．混合气体的密度不变不能说明反应Ⅱ、Ⅲ达到平衡状态D．若反应在恒容条件下进行，与恒压条件相比，平衡时nXeF（4）上左图中630K之后，XeF4分布系数下降的原因是。（5）上右图中当投料nF2nnF2=____nXeF（6）反应Ⅱ、Ⅲ的平衡常数分别为：Kp(Ⅱ)=akPa-1，Kp(Ⅲ)=bkPa-1。当nL2最多时，L2的选择性为(用a、b表示，L2的选择性（7）已知：反应I、反应Ⅱ为熵减反应，反应Ⅲ为熵增反应，请从XeF6分子结构的角度解释反应Ⅲ熵增的原因：。19．纳米硫化锌是一种具有优异光学特性的半导体材料，某实验小组开展了该材料的制备实验，步骤如下所示。步骤I：将一定量ZnSO4·7H2O溶于水，配成0.1mol/L溶液；步骤Ⅱ：向ZnSO4溶液中滴加氨水，至产生的沉淀恰好完全溶解；步骤Ⅲ：向步骤II所得溶液中加入一定量的硫化乙酰胺(CH3CSNH2，简称TAA)，在80℃水浴中加热搅拌至反应完成；步骤IV：离心分离，得到纳米ZnS，用蒸馏水和无水乙醇交替洗涤2次，在60℃条件下真空干燥。请回答：（1）以ZnSO4溶液和TAA在碱性条件下(有利于TAA水解)制备ZnS的离子方程式为：。___Zn2++___CH3CSNH2+____OH-→80（2）步骤Ⅱ中氨水的作用是：①提供碱性环境；②。（3）下列说法正确的是___________。A．步骤I需要的仪器有：天平、烧杯、玻璃棒、量筒B．步骤Ⅱ中沉淀溶解说明Zn(OH)2是两性氢氧化物C．步骤Ⅲ中通过观测沉淀不再增加，可判断反应完成D．步骤IV中“离心分离”不能换成过滤（4）“离心分离”后的粗产品经高温煅烧也能除去产品中的杂质，理由是。（5）某实验小组通过两种不同的实验方案测定样品中ZnS的含量，实验方案及测定结果如下。ZnS含量方案1方案2步骤IV所得样品99.82%99.52%高温煅烧所得样品101.3%91.89%涉及的部分反应有：方案1Zn2++H方案2I①方案1中需要调节pH为5.0-5.5，原因是。②由表可知，两种方案测定高温煅烧所得样品中ZnS含量相差较大，可能的原因是。20．化合物I是合成一种新型的正电子发射断层扫描心肌灌注成像示踪剂的中间体，以下是I的合成路线。请回答：（1）A中官能团的名称为，C→D发生的反应类型为。（2）X的结构简式为。（3）下列说法正确的是___________。A．N(C4H9)4F的水溶性小于NH4FB．B→C的目的是保护羟基C．E→F的反应类型包括取代、加成、消去D．已知I中N原子的杂化方式相同，则N的碱性：①>②（4）已知：F-半径小且Si-F键键能大是H转化为I的驱动力，则H→I的化学方程式为。（5）氧的电负性大导致F异构化为Y(不含碳氧双键，氧端带一个单位负电荷)，使F→G有极高的选择性，则Y的结构简式为。（6）设计以CH2=CH2为原料合成的合成路线(无机试剂任选)。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A、丁烷是含碳的有机化合物，属于有机物，不属于无机非金属材料，故A错误；

B、碳纤维是由碳元素组成的无机材料，属于无机非金属材料，故B正确；

C、铝合金是金属合金，属于金属材料，不属于无机非金属材料，故C错误；

D、PVC（聚氯乙烯）是塑料，属于有机合成高分子材料，不属于无机非金属材料，故D错误；

故答案为：B。

【分析】本题解题要点：

明确无机非金属材料的定义，区分无机非金属材料与有机材料、金属材料；

丁烷、PVC均为含碳的有机物，不属于无机非金属材料；

铝合金属于金属材料，碳纤维属于无机非金属材料。2．【答案】D【解析】【解答】A、基态氧原子的价层电子排布为2s22p4，根据洪特规则，2p轨道的4个电子应优先分占不同轨道且自旋平行，正确的价层电子轨道表示式应为：，A错误；

B、N2分子中含有1个σ键和2个π键，其中σ键为头碰头重叠形成，π键为肩并肩重叠形成，正确应为：，B错误；

C、氢键的规范表示方法为X—H…Y（X、Y为N、O、F），偏二甲肼分子间的氢键应为N−H⋅⋅⋅N，题给表示式不规范，故C错误；

D、CO2分子中中心C原子的价层电子对数为2（2+4−2×22=2），无孤电子对，VSEPR模型为直线形，故D正确；

故答案为：D。

【分析】本题解题要点：

基态原子价层电子轨道表示式需遵循泡利不相容原理和洪特规则；

N2分子中的共价键包含σ键和π键，需明确二者的成键方式；

3．【答案】A【解析】【解答】A、F的非金属性强于O，非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，故稳定性：HF>H2O，故A正确；

B、C的电负性大于H，故电负性：H<C，故B错误；

C、O和F的电负性差值小于O和H的电负性差值，且OF2中O原子的孤电子对影响了分子极性，故分子的极性：OF2<H2O，故C错误；

D、Na失去一个电子后形成的Na+具有稀有气体的稳定结构，其第二电离能I2(Na)远大于Ne的第一电离能I1(Ne)，故电离能：I1(Ne)<I2(Na)，故D错误；

故答案为：A。

【分析】本题解题要点：

气态氢化物的稳定性与元素非金属性正相关，非金属性越强，氢化物越稳定；

常见元素电负性大小关系：C>H，需熟记常见电负性顺序；

分子极性与键的极性、分子空间结构有关，电负性差值越大，键的极性越强；

电离能与原子的电子层结构有关，失去稀有气体稳定结构的电子所需能量会显著升高。4．【答案】D【解析】【解答】A、苯酚不慎沾到皮肤上，应立即用酒精冲洗，65℃以上的水会烫伤皮肤，故A错误；

B、酸、碱、氧化剂或还原剂废液混合时可能发生反应，引发危险，不能统一混合收集，应分类处理，故B错误；

C、容量瓶检漏操作应先向瓶中加适量水，塞好瓶塞后倒置，观察是否漏水，再将瓶塞旋转180°，再次倒置检验，题中“加入少量蒸馏水”操作不规范，水量不足无法有效检漏，故C错误；

D、苯甲酸在水中的溶解度随温度变化较大，而氯化钠的溶解度受温度影响小，泥沙不溶于水，可用重结晶法提纯，故D正确；

故答案为：D。

【分析】本题解题要点：

苯酚沾到皮肤的正确处理方法是用酒精冲洗，不能用热水；

酸、碱、氧化剂或还原剂废液混合可能发生危险反应，需分类收集处理；

容量瓶检漏需加入适量蒸馏水，两次倒置检验时瓶塞需旋转180°；

重结晶法适用于提纯溶解度随温度变化差异大的物质，苯甲酸符合该条件。5．【答案】A【解析】【解答】A、二氧化硅具有特殊的光学性能，可用于生产光导纤维，故A正确；

B、银氨溶液用于制作银镜，是因为其具有氧化性，能与醛基发生银镜反应，并非因为碱性，故B错误；

C、亚硝酸钠有一定的毒性，但在规定用量下可用作食品防腐剂，故C错误；

D、花生油能使酸性KMnO4溶液褪色，是因为其分子中含有碳碳双键，而非酯基官能团，故D错误；

故答案为：A。

【分析】本题解题要点：

二氧化硅的光学特性是制备光导纤维的核心依据；

银氨溶液发生银镜反应体现的是氧化性，而非碱性；

亚硝酸钠在限量条件下可作为食品添加剂使用；

花生油中的碳碳双键可被酸性高锰酸钾氧化，酯基无此性质。6．【答案】C【解析】【解答】A、冰中的水分子通过氢键形成非密堆积的空间网状结构，空隙较大，因此冰的密度比干冰小，二者匹配，故A不符合题意；

B、生铁中掺入了合金元素，破坏了纯铁原子层的规则排列，使原子层间相对滑动变困难，因此延展性不如纯铁，二者匹配，故B不符合题意；

C、焰色试验使用铂丝，是因为铂的焰色为无色，灼烧时不会产生干扰性的焰色，并非因为铂丝灼烧时不发生电子跃迁，二者不匹配，故C符合题意；

D、1000℃以上时CuO分解生成Cu2O，是因为Cu+的价层电子达到全充满结构（3d¹⁰），稳定性更高，二者匹配，故D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】本题解题要点：

冰的密度较小，是因为氢键形成的非密堆积结构，空隙多；

合金的延展性降低，是因为合金元素阻碍了原子层间的滑动；

铂丝用于焰色试验的原因是其焰色为无色，不干扰实验，并非不发生电子跃迁；

Cu+的价层电子全充满结构更稳定，是CuO高温分解的结构原因。7．【答案】B【解析】【解答】A、氯气溶于水发生可逆反应，生成HCl和HClO，HClO为弱酸，离子方程式中保留化学式，该方程式正确，故A不符合题意；

B、溴乙烷与NaOH水溶液共热发生取代反应，生成乙醇和NaBr，而非消去反应生成乙烯，该方程式错误，故B符合题意；

C、碱性条件下甲醇燃料电池的负极上甲醇失电子发生氧化反应，生成的CO2与OH-反应生成CO32-，该离子方程式正确，故C不符合题意；

D、Al粉与NaOH溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，该离子方程式正确，故D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】本题解题要点：

氯气与水的反应为可逆反应，HClO是弱酸，离子方程式中不拆写；

溴乙烷与NaOH水溶液共热发生取代反应，与NaOH醇溶液共热才发生消去反应；

碱性条件下甲醇燃料电池负极反应，需考虑产物与OH-的反应；

Al与NaOH溶液反应的离子方程式需配平原子、电荷，注意水的参与。8．【答案】C【解析】【解答】A、CH2Cl2和CCl4互溶，但CH2Cl2的密度比CCl4小，且蒸馏装置中温度计水银球应位于蒸馏烧瓶支管口处，图中装置不合理，故A不符合题意；

B、Zn的金属性比Fe强，形成原电池时Zn作负极被氧化，Fe作正极被保护，滴入K3[Fe(CN)6]溶液无蓝色沉淀生成，但图中Fe电极位置不合理，装置无法验证牺牲阳极法保护铁，故B不符合题意；

C、碱式滴定管排气泡时，应将胶管向上弯曲，用力捏挤玻璃珠使溶液从尖嘴喷出，图中操作合理，故C符合题意；

D、NO会与O2反应，不能用排空气法收集，且NO密度比CO2小，应短进长出，图中装置无法收集NO，故D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】本题解题要点：

蒸馏装置中温度计水银球需位于蒸馏烧瓶支管口处，用于测定蒸气温度；

牺牲阳极法保护铁的原电池装置中，被保护的铁应作正极，滴入铁氰化钾溶液无蓝色沉淀；

碱式滴定管排气泡的正确操作是将胶管向上弯曲，捏挤玻璃珠排出气泡；

NO易与氧气反应，不能用排空气法收集，需用排水法收集。9．【答案】C【解析】【解答】A、M中含有酚羟基，能与FeCl3溶液发生显色反应，P中不含酚羟基，无此现象，可用FeCl3溶液区分，故A不符合题意；

B、M中酚羟基的邻、对位碳原子上的氢可与Br2发生取代反应，醛基可被Br2氧化，1molM与足量溴水反应最多消耗3molBr2，故B不符合题意；

C、P在酸性条件下水解时，酯基和氰基均会水解，产物为，其中与氰基相连的碳原子（原手性碳）水解后连接两个相同的基团，不再是手性碳原子，故C符合题意；

D、N（）的结构中含有3种不同化学环境的氢原子，核磁共振氢谱有3组吸收峰，故D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】本题解题要点：

酚羟基能与FeCl3溶液发生显色反应，可用于区分含酚羟基与不含酚羟基的有机物；

酚的邻对位取代反应和醛基的氧化反应，是计算溴水消耗量的关键；

手性碳原子需连接4个不同基团，P水解后原手性碳上的基团发生变化，不再满足条件；

核磁共振氢谱的吸收峰组数，等于分子中不同化学环境氢原子的种类数。10．【答案】B【解析】【解答】A、浓氨水与碱石灰反应制得氨气，氨气通入酚酞溶液，溶液变红可验证其碱性，但氨气极易溶于水，导管直接插入溶液会发生倒吸，装置不合理，故A不符合题意；

B、浓盐酸与漂白粉反应生成氯气，氯气通入紫色石蕊试液，溶液先变红后褪色，可检验气体产物，NaOH溶液可吸收尾气，装置合理，故B符合题意；

C、浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫通入紫色石蕊试液，溶液变红但不褪色，无法验证漂白性，装置不合理，故C不符合题意；

D、电石与饱和食盐水反应生成乙炔，同时会产生硫化氢等杂质气体，浓硫酸不能除去硫化氢，且硫化氢也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰乙炔还原性的验证，装置不合理，故D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】本题解题要点：

氨气极易溶于水，直接通入溶液会发生倒吸，需防倒吸装置；

氯气通入紫色石蕊试液，先因酸性变红，后因次氯酸的漂白性褪色，可检验气体产物；

二氧化硫不能漂白酸碱指示剂，通入石蕊试液只会变红，无法验证漂白性；

电石反应生成的乙炔中混有硫化氢等杂质，会干扰乙炔还原性的验证，需先除杂。11．【答案】C【解析】【解答】A、根据勒夏特列原理，反应1放热、反应2吸热；温度升高时，反应1逆向移动，CaS物质的量减少，反应2正向移动，SO2物质的量增大，因此曲线②为CaS、曲线③为SO2，A正确；

B、为提高燃烧效率、减少SO2生成，温度应低于800℃；反应2为气体分子数增多的反应，高压可抑制其正向进行，故应采用低温高压条件，B正确；

C、1000℃平衡时温度不变，反应的平衡常数K不变，由K1、K2的表达式可推导出c(SO2)为定值：K1=c4(H2O)c4(H2)，K2=c(H2O)×c(SO2)c(H2)12．【答案】D【解析】【解答】A、M电极上水失电子生成羟基自由基，发生氧化反应：H2O→⋅OH+H++e-，该电极为阳极，外接电源正极，故A正确；

B、电解质溶液含Cl-，阳极上水发生氧化反应：H2O→⋅OH+H++e-的同时，Cl-可能在阳极失电子生成Cl2，故B正确；

C、羟基自由基是去除氯苯的关键物种，pH影响其生成速率与稳定性，温度影响H2O2分解速率，O2分压影响阴极H2O2生成量，而H2O2又会生成羟基自由基，因此三者均会影响羟基自由基的量，进而影响氯苯去除效率，故C正确；

D、外电路转移1mole-时，阳极生成1mol・OH；阴极（O2+2H++2e-→H2O13．【答案】D【解析】【解答】A、C5H5−为芳香性结构，所有C原子均参与形成离域π键，价层电子对数为3，杂化方式为sp2，故A正确；

B、每个C5H5−中5个C原子的p轨道各提供1个电子，加上阴离子带的1个负电荷，共6个电子形成π键，可提供6个电子与Fe【分析】本题解题思路：杂化方式判断：根据C5配位键电子数分析：结合C5超分子性质判断：根据分子间氢键的存在，判断其是否体现超分子自组装特性；酸性强弱比较：分析分子间氢键对羧基电离的影响，判断酸性强弱关系。14．【答案】C【解析】【解答】A、烯烃中碳碳双键的极性会影响Rh催化剂对双键两端碳原子的选择性加成，进而影响产物的结构与选择性，故A正确；

B、反应机理中，Rh元素始终以配合物形式存在，未发生化合价变化，故B错误；

C、烯烃发生加成反应时，端基①号碳连在催化剂上：，若加成反应时②号碳连在催化剂上，副产物是支链醛：，C错误；

D、当Bu换成-CF3时，由于-CF3的强吸电子效应，Rh催化剂会选择性加成到双键的不同位置，主要产物为，故D正确；

故答案为：C。

【分析】本题解题思路：

反应选择性分析：烯烃双键的极性差异会影响催化加成的区域选择性，从而决定产物结构；

化合价判断：Rh在整个催化循环中均为配合物形式，化合价始终不变；

产物结构判断：根据机理，Rh催化的烯烃氢甲酰化反应主要生成直链醛，支链醛不是主要产物；

取代基影响分析：强吸电子基-CF3会改变双键极性，使催化剂加成位点改变，生成支链醛。15．【答案】B【解析】【解答】A、Na2S属于强碱弱酸盐，溶于水后S2-会发生分步水解：S2-+H2O⇌HS-+OH-、HS-+H2O⇌H2S+OH-，水解使溶液呈碱性，即c(OH-)>c(H+)；其中第一步水解程度远大于第二步，因此c(OH-)>c(HS-)，且S2-水解程度很小，其在溶液中的浓度仍为主要，故离子浓度顺序为：c(Na+)>c(S2-)>c(OH-)>c(HS-)>c(H+)，A正确；

B、固体A的主要成分是Ag2S，Ag2S的溶度积极低，与盐酸不发生反应；若不加铁粉直接加入盐酸，Ag2S仍以固体形式存在，无法转化为AgCl沉淀，B错误；

C、根据溶度积数据，Ksp(Ag2S)=6.3×10-5⁰，远小于Ksp(AgCl)=1.8×10-¹⁰和Ksp(Ag2CrO4)=1.1×10-¹2，说明Ag2S的溶解度远低于AgCl和Ag2CrO4；在足量饱和Na2S溶液中，S2-浓度很高，会使AgCl和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡正向移动，Ag+与S2-结合生成更难溶的Ag2S，从而实现Ag+的完全转化，C正确；

D、固体A为Ag2S，浓硝酸具有强氧化性，可将Ag2S中的S2-氧化为高价态含硫物质，破坏Ag2S的沉淀溶解平衡，使Ag2S溶解，D正确；

故答案为：B。

【分析】本流程以沉淀转化和氧化还原反应为核心，利用Ag2S极低的溶度积（Ksp=6.3×10-5⁰）实现银的富集与提纯。首先，向含银废液中加入Na2S，利用沉淀转化原理，将AgNO3、AgCl、Ag2CrO4中的Ag+全部转化为溶解度更小的Ag2S沉淀，得到固体A（主成分为Ag2S）；随后，加入铁粉作为还原剂，将Ag2S中的Ag+还原为单质Ag，同时生成FeS杂质；最后，加入盐酸除去过量铁粉和FeS，过滤得到高纯度Ag（固体B）。整个过程结合了沉淀溶解平衡、氧化还原反应和物质分离提纯的原理。16．【答案】A【解析】【解答】①试剂X可以是(NH4)2SO4：向无明显变化的体系中加入铵盐，可提供NH4+，抑制NH3・H2O电离，同时增大溶液中NH3的有效浓度，促进Cu(OH)2与NH3的配位反应生成[Cu(NH3)4]2+，因此X可为(NH4)2SO4，①正确；

②操作Y为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤：[Cu(NH3)4]SO4晶体受热易分解，直接蒸发浓缩会导致晶体分解，应采用减压蒸发或水浴蒸发浓缩，该操作描述不准确，②错误；

③由实验现象可知，反应Cu(OH)2+4NH3⇌[Cu(NH3)4]2++2OH-限度不大：CuSO4溶液中加氨水生成Cu(OH)2沉淀，继续加氨水沉淀溶解；但CuSO4与NaOH反应生成的Cu(OH)2沉淀加氨水无明显变化，说明溶液中OH-浓度高时，配位反应难以正向进行，即该反应限度不大，③正确；

④步骤II证明，与Cu2+的配位能力：Cl->NH3：向深蓝色[Cu(NH3)4]2+溶液中加盐酸，溶液变绿，是因为H+与NH3结合生成NH4+，降低了NH3浓度，同时Cl-与Cu2+形成[CuCl4]2-，并非Cl-直接取代NH3，因此不能证明Cl-的配位能力强于NH3，④错误；综上，①③正确，

故答案为：A。

【分析】本题解题要点：

配位平衡移动分析：铵盐提供的NH4+可抑制NH3・H2O电离，增大NH3浓度，促进Cu(OH)2与NH3的配位反应；

晶体操作判断：考虑[Cu(NH3)4]SO4晶体的热不稳定性，直接蒸发浓缩会导致其分解；

反应限度判断：对比两种不同方式生成的Cu(OH)2与氨水的反应现象，判断配位反应的可逆性与限度；

配位能力比较：加盐酸后溶液变绿，是H+消耗NH3和Cl-配位共同作用的结果，不能直接证明Cl-的配位能力更强。17．【答案】（1）C；D（2）脱嵌；3：2（3）混合型晶体；4（4）半径M>P，键能P-O>M-O；电负性M<P<O，P-O键极性更小，更稳定（5）2FeCl3+2NH4H2PO4+Li2CO3+2C高温2LiFePO4+3CO↑+2NH3↑+6HCl↑；NO2，O2；将带火星木条伸入装有气体B的集气瓶中，若带火星木条复燃，则证明有O2【解析】【解答】（1）A．Fe是第Ⅷ族元素，位于元素周期表的d区，ds区仅包含第ⅠB、ⅡB族元素，A错误；B．基态Ni原子的核外电子排布为Ar3dC．还原性强弱与失电子能力有关，已知Fe2+的价电子排布为3d6，易失去1个电子形成3d5半满稳定结构，失电子能力强；Mn2+的价电子排布式为3d5D．Fe3+的价电子排布为3d5为半满稳定结构，Fe2+的价电子排布为3d6。故答案为：CD；（2）锂电池的工作原理：放电时，Li+从负极脱嵌，嵌入正极；充电时，反应逆向进行，Li从晶胞局部示意图可知，Ni、Co、Mn的比例为1：1：1，充电50%时，意味着有50%的Li脱出。剩余的Li与过渡金属的数目比为1：2，结合M的比例，可推导出Li-O八面体与Ni-O八面体的数目之比为3：2。故答案为：脱嵌；3：2；

（3）KFe2根据晶胞投影图，以Fe为中心，周围等距离且最近的Se原子数目为4，故配位数为4。故答案为：混合型晶体；4；

（4）物质的稳定性核心取决于化学键的强弱。半径M>P，键能P-O>M-O；电负性M<P<O，P-O键极性更小，更稳定，从而赋予材料更好的热稳定性和循环寿命。故答案为：半径M>P，键能P-O>M-O；电负性M<P<O，P-O键极性更小，更稳定；

（5）“两种气体相遇有白烟”是NH3和HCl反应生成NH4Cl气体A：FeNO33与LiNO3、H3PO4反应生成了LiFePO4，其中Fe由+3价降低到+2价，NO3气体A经冷凝处理后分离出气体B，NO2沸点较高，易被冷凝液化进入溶液层，而O2沸点低，常温下为气体，故冷凝后剩余的纯净气体B为O2。根据氧气的特性，可用带火星的木条复燃这一特征反应进行检验。

故答案为：2FeCl3+2NH4H2PO4+Li2CO3+2C高温2LiFePO4+3CO↑+2NH3↑+6HCl↑；NO2，O2；将带火星木条伸入装有气体B的集气瓶中，若带火星木条复燃，则证明有O2；

【分析】（1）依据元素周期表分区规则、电子排布轨道数计算、价电子半满稳定性规律、离子极化理论，逐一分析选项；

（2）结合锂电池充放电过程中Li+的迁移规律，利用晶胞中原子数目比例关系，推导多面体数目比；

（3）根据材料的导电性、离子与共价结构特征判断混合型晶体类型，结合晶胞投影图确定中心原子的配位数；

（1）A．Fe是第Ⅷ族元素，位于元素周期表的d区，ds区仅包含第ⅠB、ⅡB族元素，A错误；B．基态Ni原子的核外电子排布为Ar3dC．还原性强弱与失电子能力有关，已知Fe2+的价电子排布为3d6，易失去1个电子形成3d5半满稳定结构，失电子能力强；Mn2+的价电子排布式为3d5D．Fe3+的价电子排布为3d5为半满稳定结构，Fe2+的价电子排布为3d6。故答案选CD。（2）锂电池的工作原理：放电时，Li+从负极脱嵌，嵌入正极；充电时，反应逆向进行，Li从晶胞局部示意图可知，Ni、Co、Mn的比例为1：1：1，充电50%时，意味着有50%的Li脱出。剩余的Li与过渡金属的数目比为1：2，结合M的比例，可推导出Li-O八面体与Ni-O八面体的数目之比为3：2。（3）KFe2根据晶胞投影图，以Fe为中心，周围等距离且最近的Se原子数目为4，故配位数为4。（4）物质的稳定性核心取决于化学键的强弱。半径M>P，键能P-O>M-O；电负性M<P<O，P-O键极性更小，更稳定，从而赋予材料更好的热稳定性和循环寿命。（5）“两种气体相遇有白烟”是NH3和HCl反应生成NH4Cl气体A：FeNO33与LiNO3、H3PO4反应生成了LiFePO4，其中Fe由+3价降低到+2价，NO3气体A经冷凝处理后分离出气体B，NO2沸点较高，易被冷凝液化进入溶液层，而O2沸点低，常温下为气体，故冷凝后剩余的纯净气体B为18．【答案】（1）54（2）低温（3）A；D（4）630K后，反应Ⅱ逆向移动程度大于反应Ⅲ逆向移动程度，故XeF4含量下降，分布系数减小（5）nF2=3n（6）a（7）XeF6中Xe原子形成6个σ键和1对孤电子对，分子结构对称性较差，导致其熵值极高，弥补了分子数减少带来的熵减【解析】【解答】（1）Xe的原子序数为54。故答案为：54；

（2）由分析知，反应Ⅱ为放热反应，反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应，故ΔS<0，由Δ故答案为：低温；

（3）A．设XeF2中Xe-F平均键能为xkJ/mol，XeF4中Xe-F平均键能为ykJ/mol，F2中F-F键键能为zkJ/mol，则ΔH1=(z−2x)kJ/mol，B．催化剂Ni能降低反应的活化能从而加快反应速率，不能提高反应物分子的平均能量，B错误；C．由ρ=mD．恒容条件下，与恒压相比，容器体积不变，反应体系压强会减小，平衡向气体分子数增多的方向移动，nXeF故答案为：AD。

（4）630K后，反应Ⅱ逆向移动程度大于反应Ⅲ逆向移动程度，故XeF4含量下降，分布系数减小。故答案为：630K后，反应Ⅱ逆向移动程度大于反应Ⅲ逆向移动程度，故XeF4含量下降，分布系数减小；

（5）当投料比nF2nXe=4时，Xe已经完全反应，利用原子守恒可知，平衡时nF2+n故答案为：nF2=3nXeF2+2nXeF4+nXeF6；

（6）已知Xe与F2发生反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，当n(Xe)一定时，随着n(F2)不断增加[即n(F2)n(Xe)增大]，XeF2的物质的量逐渐减小，XeF4的物质的量先增大后减小，XeF6的物质的量会逐渐增大，由图像知，曲线L2随n(F2)n(Xe)增大先增大后减小，因此L2故答案为：abab+2；

（7）XeF6中Xe原子形成6个σ键和1对孤电子对，分子结构对称性较差，导致其熵值极高，弥补了分子数减少带来的熵减，导致反应Ⅲ为熵增反应。

故答案为：XeF6中Xe原子形成6个σ键和1对孤电子对，分子结构对称性较差，导致其熵值极高，弥补了分子数减少带来的熵减；

【分析】从温度变化对各物种分布分数的影响入手分析：随着温度升高，XeF2的分布分数增大，XeF6的分布分数减小，这说明升温时，平衡Ⅱ和平衡Ⅲ均向逆反应方向移动。根据勒夏特列原理，升温会使平衡向吸热方向移动，因此逆反应为吸热反应，对应的正反应（反应Ⅱ和反应Ⅲ）均为放热反应。

（1）根据元素周期表中稀有气体元素的排列顺序，直接确定Xe的原子序数为54。

（2）结合温度对平衡移动的影响判断反应为放热反应，再根据反应前后气体物质的量变化判断熵变，最后利用吉布斯自由能公式ΔG=ΔH−TΔS分析低温下的自发性。

（3）A：通过键能数据构建反应焓变表达式，结合ΔH1

B：明确催化剂只降低活化能、不改变反应物分子平均能量；

C：分析恒温恒压下反应前后气体质量与体积变化，判断密度不变时是否达到平衡；

D：对比恒容与恒压条件下平衡移动方向，推导nXeF6nXeF4的变化趋势。

（4）根据温度对放热反应平衡的影响，比较反应Ⅱ和反应Ⅲ逆向移动的程度差异，解释XeF4含量下降的原因。

（5）当投料比为4时Xe已完全反应，利用F、Xe原子守恒建立平衡时各物质物质的量的关系式。

（1）Xe的原子序数为54。（2）由分析知，反应Ⅱ为放热反应，反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应，故ΔS<0，由Δ（3）A．设XeF2中Xe-F平均键能为xkJ/mol，XeF4中Xe-F平均键能为ykJ/mol，F2中F-F键键能为zkJ/mol，则ΔH1=(z−2x)kJ/mol，B．催化剂Ni能降低反应的活化能从而加快反应速率，不能提高反应物分子的平均能量，B错误；C．由ρ=mD．恒容条件下，与恒压相比，容器体积不变，反应体系压强会减小，平衡向气体分子数增多的方向移动，nXeF故答案选AD。（4）630K后，反应Ⅱ逆向移动程度大于反应Ⅲ逆向移动程度，故XeF4含量下降，分布系数减小。（5）当投料比nF2nXe=4时，Xe已经完全反应，利用原子守恒可知，平衡时nF2+n（6）已知Xe与F2发生反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，当n(Xe)一定时，随着n(F2)不断增加[即n(F2)n(Xe)增大]，XeF2的物质的量逐渐减小，XeF4的物质的量先增大后减小，XeF6的物质的量会逐渐增大，由图像知，曲线L2随n(F2)n(Xe)增大先增大后减小，因此L2对应的物质是XeF4；L1对应的物质是XeF6，L（7）XeF6中Xe原子形成6个σ键和1对孤电子对，分子结构对称性较差，导致其熵值极高，弥补了分子数减少带来的熵减，导致反应Ⅲ为熵增反应。19．【答案】（1）Zn2++CH3CSNH2+3OH-→80℃ZnS↓+CH3COO-+NH3+H（2）与Zn2+形成配离子，控制Zn2+释放速率，有利于生成细小、均匀的纳米ZnS（3）D（4）杂质CH3COONH4、(NH4)2SO4在高温煅烧时可完全转化为气体（5）pH过低则H+会与EDTA结合，阻碍Zn2+与其结合；pH过高则可能生成Zn(OH)2沉淀；高温煅烧所得样品中混有ZnO杂质，导致样品中Zn含量升高、S含量降低【解析】【解答】（1）碱性条件下，硫化乙酰胺水解生成NH3和CH3COO-，S转化为S2−与Zn故答案为：Zn2++CH3CSNH2+3OH-→80℃ZnS↓+CH3COO-+NH3+H2O；

（2）NH3能与Zn2+形成[Zn(NH3)4]2+，控制溶液中游离Zn2+故答案为：与Zn2+形成配离子，控制Zn2+释放速率，有利于生成细小、均匀的纳米ZnS；

（3）A．配制准确浓度的溶液，需要容量瓶、胶头滴管，所给仪器不全，A错误；B．两性氢氧化物能与强酸、强碱反应生成盐和水，Zn(C．纳米ZnS颗粒极小，易形成胶体悬浮液，无法通过肉眼观察沉淀是否不再增加，不能判断反应完成，C错误；D．纳米颗粒直径很小，普通过滤时ZnS易透过滤纸，难以分离，因此离心分离不能换成过滤，D正确；故答案为：D。（4）粗产品中的杂质主要是铵盐，铵盐在高温下分解转化为气体逸出，因此也能得到高纯度ZnS；故答案为：杂质CH3COONH4、(NH4)2SO4在高温煅烧时可完全转化为气体；

（5）①若pH过小，H+会与EDTA解离出的配位离子Y4−结合，降低Y4−浓度，导致EDTA与Zn2+配位不完全；若pH过大，②高温煅烧时，部分ZnS被空气中O2氧化生成ZnO和SO2；方案1以Zn元素为基准测定，会将所有Zn都折算为ZnS，ZnO摩尔质量小于ZnS，等质量样品中ZnO含Zn量更高，因此测定结果偏高；方案2以S元素为基准测定，氧化后S以SO2形式逸出，样品中S含量降低，因此测定结果偏低，二者相差较大。

故答案为：pH过低则H+会与EDTA结合，阻碍Zn2+与其结合；pH过高则可能生成Zn(OH)2沉淀；高温煅烧所得样品中混有ZnO杂质，导致样品中Zn含量升高、S含量降低；

【分析】（1）依据碱性条件下的反应环境与元素守恒、电荷守恒，配平硫化乙酰胺水解并生成ZnS的离子方程式；

（2）利用NH3与Zn2+形成配离子的平衡原理，解释其控制游离Zn2+浓度、减缓ZnS生成速率以制备纳米颗粒的作用；

（3）结合溶液配制仪器、两性氢氧化物定义、胶体特性及纳米颗粒分离方法，逐一分析选项正误；

（4）根据铵盐高温易分解的性质，解释粗产品中杂质去除、得到高纯度ZnS的原因；

（5）①结合pH对EDTA配位能力与Zn2+水解的影响，说明滴定中控制pH范围的必要性；（1）碱性条件下，硫化乙酰胺水解生成NH3和CH3COO-，S转化为S2−与Zn（2）NH3能与Zn2+形成[Zn(NH3)4]2+，控制溶液中游离Zn2+浓度，使ZnS（3）A．配制准确浓度的溶液，需要容量瓶、胶头滴管，所给仪器