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广西南宁市第三中学2025届高三下学期第三次适应性测试考前演练 化学试题
1．（2025·南宁模拟）八桂大地，文化源远流长。下列有关说法错误的是
A．广西壮锦的原料之一是蚕丝 ，蚕丝属于天然有机高分子化合物
B．桂林腐乳由豆腐制作而成，由豆浆制成豆腐涉及胶体的聚沉
C．三月三制作五色糯米饭时，糯米由生到熟的过程为蛋白质的变性
D．陆川青砖青瓦呈现青色的原因是含有二价铁
【答案】C
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；有机高分子化合物的结构和性质；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、蚕丝主要由丝素和丝胶两种蛋白质构成，蛋白质是氨基酸通过酰胺基连接的长链大分子，蛋白质的相对分子质量通常几万到几十万，符合高分子的 “相对分子质量大” 特征，属于天然高分子有机化合物，A正确；
B、豆浆是一种胶体，在豆浆中加入石膏，也就是电解质，使得电解质破坏蛋白质胶体的稳定态结构，造成蛋白质胶体发生聚沉，从而制成豆腐，B正确；
C、糯米的主要成分是淀粉，不是蛋白质，同时糯米由生到熟的过程为淀粉的糊化，C错误；
D、青砖青瓦在烧制的过程中，粘土中含有的铁未被完全氧化，还含有二价铁，二价铁离子显绿色，D正确；
故答案为：C
【分析】蛋白质：如鸡蛋中的卵清蛋白，当其二级、三级、四级空间结构破坏，氢键、疏水作用等断裂，且化学性质改变，属于蛋白质的变性。
淀粉：如糯米中的碳水化合物，淀粉颗粒结晶结构破坏，分子分散为胶体，化学性质不变，属于淀粉的糊化。
2．（2025·南宁模拟）下列说法错误的是
A．中阴离子的VSEPR模型：
B．基态Mg原子能量最高的能级电子云轮廓图为：
C．硼氢化钠(NaBH4)的电子式：
D．CO2、SiCl4属于含极性键的非极性分子
【答案】B
【知识点】原子核外电子的运动状态；极性键和非极性键；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、的中心原子S的价层电子对数为，为sp3杂化，且没有孤对电子，则VSEPR模型为正四面体：，A正确；
B、基态镁原子的电子排布为：1s22s22p63s2，其能量最高的能级为3s，其电子云轮廓图为球形，如图所示：，B错误；
C、NaBH4中Na+和成离子键，内部B与H形成共价键，故硼氢化钠(NaBH4)的电子式：，C正确；
D、CO2为直线形，含C=O极性键、SiCl4为正四面体结构含Si-Cl极性键，均属于含极性键的非极性分子，D正确；
故答案为：B
【分析】一般来说，s轨道的电子云轮廓图为球形，p轨道的电子云轮廓图为哑铃形，d轨道的电子云轮廓图为花瓣形。
3．（2025·南宁模拟）从海带中提取碘单质，工艺流程如下图。
下列操作正确的是
A．步骤①操作 B．步骤③操作
C．步骤⑤中振荡萃取操作 D．从碘的CCl4溶液中提取碘和回收有机溶剂
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】过滤；蒸发和结晶、重结晶；蒸馏与分馏；分液和萃取
【解析】【解答】A、石棉网的主要作用是隔热和均匀散热，避免因局部过热而破裂。若将坩埚放在石棉网上加热，石棉网的隔热性会大幅削弱热源的直接加热效果，导致温度无法快速升高或达不到所需高温，通常情况，坩埚应架在泥三角上，泥三角放在三脚架上，A错误；
B、根据流程图，步骤③要分离出固体残留物和含碘化钾的水溶液，所以这一步的操作为过滤，选项图示为蒸发结晶，B错误；
C、步骤⑤为利用四氯化碳萃取，在分液漏斗中进行，且振荡过程中需进行放气，C正确；
D、在蒸馏过程中，冷凝水应该是下进上出，且温度计水银球的位置应在蒸馏烧瓶支管口处，D错误；
故答案为：C
【分析】实验室从海带中提取碘：①海带灼烧成灰，②浸泡溶解得到海带灰悬浊液，③过滤，得到滤液为含碘离子的溶液，④滤液中加氧化剂，将碘离子氧化成碘单质，⑤利用有机溶剂四氯化碳萃取、分液得到碘的CCl4溶液，萃取过程中，使用前先检查是否漏液；振荡时，双手托住分液漏斗，右手按住瓶塞，平放，上下振荡；放液前，要先打开瓶塞；放液时，记住下层的为密度大的液体，从下面放出；上层的为密度相对小的液体，从上面倒出；用完后应马上清洗干净。
4．（2025·南宁模拟）腺苷三磷酸(ATP)水解生成腺苷二磷酸(ADP)的过程中会释放较多能量供生物体使用(该反应的)，ADP也可以转化为ATP。下列说法正确的是
A．1个ATP分子中有5个手性碳原子
B．由生成的反应是消去反应
C．0.1molADP与足量的金属钠反应最多可生成5.6L H2(标准状况)
D．37℃，pH约为7时，水解为需要酶的辅助，因此该过程是非自发的
【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；焓变和熵变；醇类简介；取代反应
【解析】【解答】A、手性碳需要连接四个不同的原子或原子团，在ATP分子中戊糖的含氧的五元杂环上有4个手性碳原子，A错误；
B、ATP 生成 ADP 是磷酸键断裂，水解反应；而消去反应需脱去小分子形成双键，与其反应类型不符，B 错误；
C、ADP中磷酸中-OH、杂环中-OH均会和单质钠反应生成氢气，则0.1molATP与足量的金属钠反应最多可生成0.25molH2，为0.25mol×22.4L/mol=5.60L H2(标准状况)，C正确；
D、ATP水解为ADP过程为放热的熵增反应， H<0， S>0，所以 G= H-T S<0，该过程是自发的，D错误；
故答案为：C
【分析】自发性判断：当△G<0时反应自发，酶仅 降低活化能来加速反应，并不改变反应的自发性。而题干中ATP 水解 “释放能量供生物体使用”，说明 △G<0，反应是自发反应。
5．（2025·南宁模拟）氢气是清洁能源之一，解决氢气的存储问题是当今科学界需要攻克的课题。是新型环烯类储氢材料，利用物理吸附的方法来储存氢分子，其分子结构如图所示，下列相关说法正确的是
A．的熔点由所含化学键的键能决定
B．分子中的键和键的数目比为1：3
C．储氢时与间的作用力为氢键和范德华力
D．难溶于水，是因为水是极性分子，是非极性分子
【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；极性分子和非极性分子；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、是分子晶体，熔点由范德华力(分子间作用力)大小决定，化学键的键能只能影响化合物的稳定性，A错误；
B、本题中π键只来源于碳碳双键，而 σ 键包括所有的单键和碳碳双键中的 σ 键部分，同时结合分子结构可知，一个分子中π键的数目为8，σ键的数目为32，故分子中的π键和σ键的数目比为1∶4，B错误；
C、氢键的形成需要N、O、F元素作为受体，而分子中没有能形成氢键的原子，H2为分子晶体，故二者之间的作用力都是范德华力，C错误；
D、是个对称的分子，正负电荷中心重叠，是非极性分子，水是极性分子，根据相似相溶原理，难溶于水，D正确；
故答案为：D
【分析】相似相溶原理是指在溶液中，具有相似结构和相似性质的物质更容易相互溶解。当溶质和溶剂具有相似的分子结构、化学性质和极性时，它们之间的相互作用力相对较弱，从而更有利于相互溶解。
6．（2025·南宁模拟）下列离子方程式正确的是
A．苯酚钠溶液中通入少量：2
B．丙烯腈电解制己二腈，阴极电极反应式为：
C．用食醋除铁锈：
D．在存在下与氨水反应生成：
【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；苯酚的化学性质；离子方程式的书写；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、由于苯酚的酸性小于碳酸而大于，所以向苯酚钠溶液中通入CO2，不论CO2的量有多少，均生成 HCO3-而不是CO32-，故反应的方程式为：，A错误；
B、丙烯腈电解制己二腈， 丙烯腈在阴极得到电子生成己二腈，阴极电极反应式为：，B正确；
C、醋酸是弱酸，因此在离子反应中要保留分子式，不能拆解成H+，则工人用食醋除铁锈离子方程式为：，C错误；
D、一方面，该反应不满足得失电子守恒，Cu失去2e-，O2得到4e-，二者物质的量比应为2：1，而非1：1，另一方面也不符合原子守恒，方程式左边一共有20个H，而方程式的右边只有14个H，故正确的方程式为：，D错误；
故答案为：B
【分析】一般来说，离子方程式的正误判断我们从以下几个方面来判断：是否符合守恒规律。
离子方程式的书写应当满足电荷守恒、原子守恒、电子守恒关系，否则离子方程式的书写错误；离子方程式的书写是否符合客观事实；是否正确使用符号；拆分是否正确；离子反应是否写全；是否符合量的关系。
7．（2025·南宁模拟）现有三种前四周期元素X、Y、Z，其中X、Y属于同一短周期且基态原子均含有2个未成对电子，X的简单氢化物沸点为同主族中最低，Z的价层电子中自旋方向相反的电子数之比为3：2.下列说法正确的是
A．Z位于ds区
B．第二电离能：X＜Y
C．配合物分子中，由Y给出孤电子对形成配位键
D．X与Y形成的常见化合物分子有V形和直线形
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、Z是Ni元素，Ni是28号元素，核外含有28个电子，Ni价电子排布式：，属于d区，A错误；
B、X 为 C元素，Y 为 O元素，的价电子排布式，的价电子排布式，的2p轨道半充满，更加稳定，失电子需要更多能量，则第二电离能，B正确；
C、在配合物Z(XY)4中可以推断XY 为 CO，又因为电负性C＜O，C更易给出孤电子形成配位键，C错误；
D、C和O形成的常见化合物为CO和CO2，二者均为直线形，D错误；
故答案为：B
【分析】X、Y：同短周期元素，基态原子含 2 个未成对电子。第二周期中，只有C（2p2，2 个未成对）和O（2p4，2 个未成对）符合这个要求；同时要求X 的简单氢化物沸点同主族最低，第 ⅣA 族的CH4无氢键，沸点最低，故 X 为 C，Y 为 O。Z：是前四周期元素，价层电子自旋相反的电子数比为 3：2。结合配合物Z(XY)4（XY 为 CO），3d84s2，推断Z 为 Ni价层电子。
8．（2025·南宁模拟）某兴趣小组探究不同试剂对锰(Ⅱ)盐氧化产物的影响，分别进行了四组实验：
装置图 试剂X 实验现象
I.10mLNaOH溶液 生成浅棕色沉淀，一段时间后变为棕黑色
Ⅱ.10mL40%NaOH和15%H2O2混合液 立即生成棕黑色沉淀
Ⅲ．往I中所得混合液中通入Cl2 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀
已知：i．Mn(OH)2为白色难溶固体；MnO2为棕黑色难溶固体；溶液中呈绿色、呈紫色。ii．浓碱条件下，可被OH-还原为。iii．Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。下列说法错误的是
A．通过实验I和Ⅱ，不能判断H2O2的氧化性比O2的强
B．实验Ⅱ中迅速生成棕黑色沉淀的离子方程式：
C．实验Ⅲ中未观察到溶液呈绿色，可能是通入Cl2导致溶液的碱性减弱导致，可继续往混合液中滴加40%NaOH溶液证明。
D．取1mL实验Ⅲ所得悬浊液加2mL水稀释，可观察得到紫色变浅
【答案】D
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；性质实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、实验 Ⅰ处在稀碱，O2氧化环境， Ⅱ处在浓碱，H2O2氧化环境，此时反应条件不同，Ⅰ和Ⅱ处在不同的碱浓度、氧化剂环境之中，无法比较 H2O2与 O2的氧化性，A正确；
B、实验 Ⅱ 中， Mn 失去 2e-变成棕黄色的MnO2，H2O2得到 2e-变成H2O，方程式为：Mn2+ + H2O2 + 2OH- = MnO2↓ + 2H2O，B正确；
C、实验 Ⅲ 未显绿色（MnO42-），因 Cl2消耗 OH-，碱性减弱；而滴加浓 NaOH 后增强碱性，若出现绿色，可证明 “碱性不足导致未生成MnO42-，C正确；
D、依据已知iii，稀释后碱性减弱，MnO2被NaClO氧化成，紫色加深，若仅考虑浓度降低，忽略NaClO 氧化性变化引发的生成反应，则会出现逻辑错误，D错误；
故答案为：D
【分析】解答实验探究类题时，要注意充分利用题干中给定的已知条件，分析不同的情况对实验现象的影响，接着去共性，看差异，找出其重要的影响因素。
9．（2025·南宁模拟）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．环戊二烯()分子中含有的键数目为
B．1LpH=7的醋酸铵溶液中，由水电离出的氢离子数为
C．电解精炼铜时，阳极减少32g，转移电子数为
D．分子数目为的Cl2和混合气充分反应后恢复标况，体积为44.8L
【答案】D
【知识点】铜的电解精炼；弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、1个环戊二烯()分子中含有11个键，因此环戊二烯()分子中含有的键数目为11NA，A错误；
B、 溶液中NH4+和CH3COO-相互促进水解，促进水的电离，会导致水电离出的氢离子数大于，B错误；
C、电解精炼铜时，阳极是粗铜，含有铁、锌等杂质，这些杂质比铜活泼，会优先放电，最后导致转移电子数不等于NA，C错误；
D、和反应后分子数不变，是气体物质的量不变的反应，反应后所得气体分子数仍为2NA，恢复标况，体积为44.8L，D正确；
故答案为：D
【分析】关于NA的计算与推断在历年高考化学试题多以选择题出现，解题方法与思路一般抓住基本概念，将物质的质量、气体的体积、溶液的浓度等物理量与指定粒子的物质的量进行换算，审题时关键注意以下易错点 状况条件：考查气体时，一定要特别关注是标准状况下还是非标准状况。
10．（2025·南宁模拟）和HBr在通常情况下发生加成反应主要得到2-溴丙烷，其机理如下：
已知：①电负性H>B ②-CN为吸电子基团。下列说法不正确的是
A．碳正离子中间体稳定性：
B．与氢卤酸反应时速率大小HI>HBr>HCl
C．与甲硼烷()加成最终能得到
D．乙炔可通过如下流程合成：
【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；溶液酸碱性的判断及相关计算；烯烃；加成反应
【解析】【解答】A、在丙烯与HBr的加成反应中，碳正离子中间体为仲碳正离子（CH3CH+CH3CH3 CH+CH3 ）和伯碳正离子（CH3CH2CH2+CH3 CH2 CH2+ ）。由于烷基的超共轭效应，并结合机理图中第一步慢反应得到的碳正离子为CH3CH+CH3，可以推得碳正离子中间体稳定性：CH3CH+CH3>，A正确；
B、慢反应决定反应速率，因此氢卤酸（HX）与烯烃的亲电加成速率取决于H-X键的强度和酸性：H-I键最弱（键能最小），H+最易离解，因此HI反应最快；HBr次之；HCl最慢。反应速率顺序为HI > HBr > HCl，故加入HI第一步反应更快，可知CH3CH=CH2与氢卤酸反应时速率大小HI>HBr>HCl，B正确；
C、已知电负性H > B（氢电负性更大），硼为缺电子中心，促进加成，甲硼烷（BH3）与丙烯发生硼氢化反应，硼原子加成到双键中取代较少的碳上。反应分步进行，最终一个BH3与三个丙烯分子加成，生成三正丙基硼烷：(CH3CH2CH2)3B，C正确；
D、根据题干信息，第一步：乙炔（CH≡CHCH≡CH）与HCN加成，在催化剂作用下可生成丙烯腈（CH2=CHCNCH2 =CHCN），此步正确。第二步：丙烯腈（CH2=CHCNCH2 =CHCN）与HBr加成，烯烃与HBr反应第一步是氢离子结合有一定负电性的碳原子，由于-CN为吸电子基团，减弱了碳原子的负电性，故CH2=CHCN与HBr无法发生加成反应，D错误；
故答案为：D
【分析】能垒越大，反应速率越小，即多步反应中能垒最大的反应为决速反应，也叫做慢反应，这一步决定了化学反应的快慢；
HF、 HCl、 HBr、 HI 水溶液的酸性为什么依次增强的原因：从热力学角度来看，氢卤酸的电离倾向可据HX在水中电离的自由能变，ΔGθ值和电离常数Ka 存在这样的关系：ΔGθ值越负，Ka越大，酸性越强；从物质结构角度来看，氢化物分子酸性强弱取决于与H直接相连的原子上电子密度的大小。原子电子密度越大，对H吸引力越强，则H越难电离，酸性越弱。而原子电子密度的大小与原子半径及所带电荷数有关，通常，原子的负氧化态越高，半径越小，原子的电子密度越大，对于同主族元素的氢化物而言，与H相连的原子的负氧化态相同，但从上至下原子半径逐渐增大，导致原子电子密度逐渐减小，与H的作用力逐渐减弱，故氢化物的酸性逐渐增强。
11．（2025·南宁模拟）铜和氧形成的一种离子化合物的晶体结构如图所示，设阳离子和阴离子的半径分别为和。下列相关说法不正确的是
A．该离子化合物的化学式可以表示为
B．晶体中每个阳离子周围紧邻且距离相等的阳离子个数为12个
C．晶体的密度
D．晶胞沿面对角线的剖面图为
【答案】D
【知识点】离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A．由图可知，氧位于顶点和体心，数目为，铜位于晶胞体内，数目为4，则其化学式为，A正确；
B．若晶胞中其中1个Cu原子位于顶点，则晶胞中其余3个Cu原子位于面心，铜离子周围紧邻且距离相等的铜离子数为12个，B正确；
C．晶胞的质量，设晶胞的棱长为，则有，晶体的密度，C正确；
D．晶胞内部的四个铜离子在四个小正方体的体心交错排列，则晶胞沿面对角线的剖面图为，D错误；
故选D。
【分析】A．根据均摊法计算；
Ｂ．铜离子周围紧邻且距离相等的铜离子有12个；
Ｃ．根据计算；
Ｄ．晶胞内部的四个铜离子在四个小正方体的体心交错排列。
12．（2025·南宁模拟）为适应可再生能源的波动性和间歇性，我国科学家设计了一种电化学装置，其原理如下图所示。当闭合和、打开时，装置处于蓄电状态；当打开和，闭合时，装置处于放电状态。放电状态时，双极膜中间层中的解离为和并分别向两侧迁移。下列有关该电化学装置工作时的说法错误的是
A．蓄电时，碳锰电极为阳极
B．蓄电时，右池中右侧电极发生的反应为
C．放电时，每消耗1mol MnO2，理论上有4mol H+由双极膜向碳锰电极迁移
D．理论上，该电化学装置运行过程中不需要补充和KOH溶液
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、由分析可知，蓄电时即为电解池，Mn2+失电子生成MnO2，碳锰电极为阳极，A正确；
B、蓄电时，右侧电解池中ZnO得电子生成Zn，电极反应式为ZnO+2e-+H2O=Zn+2OH-，OH-失电子生成O2，电极反应式为4OH--4e-=O2+2H2O，发生的总反应为，B正确；
C、放电时，碳锰电极为正极，电极反应式为MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O，每消耗1mol，需要消耗4mol H+，但碳锰电极只生成2mol正电荷，剩余正电荷需要从双极膜间解离出是氢离子转移至左侧，因此理论上有2mol由双极膜向碳锰电极迁移，C错误；
D、该电化学装置运行过程中得电子生成H2，但实际过程为消耗了溶剂水，氢离子浓度增大，OH-失电子生成O2，但实际也消耗了溶剂水，氢氧根离子浓度同样增大，则不需要不断补充和KOH溶液，D正确；
故答案为：C。
【分析】对电极反应进行分析，蓄电（电解池）：碳锰电极（左侧，H2SO4溶液）：Mn2+ → MnO2（Mn 化合价从 + 2→+4，氧化反应，故为 阳极），反应式：Mn2+ + 2H2O 2e- = MnO2 + 4H+；左池左侧电极：H+ → H2（还原反应，阴极），反应式：2H+ + 2e- = H2↑；锌电极（右侧，KOH 溶液）：ZnO → Zn（Zn 化合价从 + 2→0，还原反应，故为 阴极），反应式：ZnO + H2O + 2e- = Zn + 2OH-；右池右侧电极：OH- → O2（氧化反应，阳极），反应式：4OH- 4e- = 2H2O + O2↑。
放电（原电池）：碳锰电极：MnO2 → Mn2+（Mn 化合价从 + 4→+2，还原反应，故为 正极），反应式：MnO2 + 4H+ + 2e- = Mn2+ + 2H2O；锌电极：Zn → ZnO（Zn 化合价从 0→+2，氧化反应，故为 负极），反应式：Zn + 2OH- 2e- = ZnO + H2O；双极膜：H2O 解离为 H+（移向正极，即碳锰电极）和 OH-（移向负极，即锌电极）。
13．（2025·南宁模拟）利用CO2、H2为原料合成含碳化合物的主要反应如下。
Ⅰ．
Ⅱ．
一定条件下，分别以物质的量之比n(CO2)：n(H2)=1：3、n(CO2)：n(H2)=1：4向恒压密闭容器中通入CO2和H2混合气体，CO2平衡转化率和CH3OH选择性随温度的变化曲线如图所示。下列叙述错误的是
A．曲线L2表示以n(CO2)：n(H2)=1：3投料下的CO2的平衡转化率
B．a、b两点CO的物质的量：a＜b
C．升高温度，可同时提高CO的生成速率和选择性
D．a、b、c三点对应反应Ⅰ的平衡常数：K(a)＜K(b)=K(c)
【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、根据分析知，曲线L2表示以n(CO2)：n(H2)=1：3投料下的CO2的平衡转化率，A正确；
B、CH3OH选择性：a>b，则CO选择性：aC、温度高，反应速率更快。升高温度，反应Ⅰ逆向移动，反应Ⅱ正向移动，CO的选择性更高，C正确；
D、反应Ⅰ是放热反应，温度越高，K值越小，则K(a)＞K(b)=K(c)，D错误；
故答案为：D
【分析】反应 Ⅰ：CO2 + 3H2=CH3OH + H2O，是放热反应（△H < 0），平衡常数 K 随温度升高而 减小。反应 Ⅱ：CO2 + H2=CO+H2O，是吸热反应（△H > 0），平衡常数 K 随温度升高而 增大。增大n(CO2)：n(H2)，CO2转化率减小，所以曲线L2表示以n(CO2)：n(H2)=1：3投料下的CO2的平衡转化率随温度的变化曲线，曲线L1表示以n(CO2)：n(H2)=1：3投料下的CH3OH选择性随温度的变化曲线。
14．（2025·南宁模拟）室温下，含有MCO3(s)的0.01 mol·L-1的Na2CO3溶液和含有MSO4(s)的0.01mol·L-1的Na2SO4溶液，两份溶液中的pM[pM=-lgc(M2+)]以及含碳微粒分布分数δ如随pH变化关系如图所示。已知：M2＋不水解；100.6=4。
下列说法正确的是
A．曲线①表示MCO3的变化曲线
B．x=6.97
C．MSO4(s)的溶度积常数Ksp的数量级为10-6
D．当pH=10.25，溶液中一定存在
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、由分析可知，曲线①表示MSO4的变化曲线，曲线②表示MCO3的变化曲线，A错误；
B、pH6.37时，，，所以，pH为x时，，，则，，x=6.97，B正确；
C、a点时，，，所以，数量级为，C错误；
D、当pH=10.25，溶液中c()=c()，c(OH-)＞c(H+)，如不存在其它离子，则有电荷守恒c(H+)+c(Na+)+2c(M2+)=2c()+c()+c(OH-)=3c()+c(OH-)，因为c(OH-)＞c(H+)，则c(Na+)+2c(M2+)＞3c())，但由于加了其它物质调节pH，该式不一定成立，D错误；
故答案为：B
【分析】左侧纵轴（δ）：代表 含碳微粒的分布分数，如δ（CO32-)、δ（HCO3-）等。右侧纵轴（pM）： pM= -lg c(M2+)，反映 M2+浓度pPM越大，c（M2+） 越小）。随着pH的增大，逐渐减小，逐渐增大，然后逐渐减小，逐渐增大，所以图像中左侧分布系数逐渐减小的曲线代表，右侧分布系数逐渐增大的曲线代表，分布系数先增大后减小的曲线代表；随着pH增大，增大，MCO3(s)的沉淀溶解平衡逆向移动，溶液中减小，pM增大；随着pH增大，不变，对MSO4(s)的沉淀溶解平衡无影响，溶液中不变，pM不变，所以曲线①表示MSO4的变化曲线，曲线②表示MCO3的变化曲线，总的来说，就是通过 碳酸电离的分布分数（δ 曲线） 确定 Ka1、Ka2，通过 MCO3的溶解平衡（pM 曲线） 关联M2+与 CO32-浓度，解释 pH 对水解、溶解平衡的联动影响。
15．（2025·南宁模拟）钴酸锂()是锂离子电池的电极材料。以水钴矿(主要成分为，含少量、、、等杂质)为原料制备的工艺流程如图所示：
已知：①不易被氧化，具有强氧化性；②在水中不稳定，易溶于有机溶剂；③常温下，，。回答下列问题：
（1）滤渣的主要成分为　 　。
（2）“酸浸”工序中不能用盐酸替代硫酸的原因，除了盐酸可能会挥发，腐蚀设备以外，还有可能的原因是　 　，该过程中发生的反应的离子方程式为：　 　
（3）室温下，若金属离子浓度低于时，可视为沉淀完全，假设在酸浸溶液中Mg2+和Ca2+浓度均为0.1mol/L，则溶液中恰好沉淀完全时，溶液中的浓度为　 　。
（4）在水中的稳定性：　 　(填“>”“=”或“<”)。流程中“操作”包含的实验操作名称为　 　。
（5）“煅烧”工序发生主要反应的化学方程式为　 　。
（6）钴酸锂()的晶胞结构如图所示。晶体中O围绕Co形成八面体，八面体共棱形成层状空间结构，与层交替排列。该晶胞中O的个数为　 　；充电过程中晶胞高度c变大，原因是会从八面体层间脱出，导致　 　。
【答案】（1）
（2）有强氧化性，易氧化生成；
（3）
（4）<；萃取、分液
（5）
（6）6；Li+层和CO-O层吸引力减弱，CO-O层之间的同性排斥使层间距增大(或：相邻的CO-O层中同性相斥，使层间距增大)
【知识点】研究物质结构的基本方法和实验手段；晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）、二氧化硅难溶于硫酸、硫酸钙微溶，根据分析可知，滤渣的主要成分为；
（2）、根据信息说明有强氧化性，易氧化生成，所以“酸浸”工序中不能用盐酸替代硫酸，该过程中被双氧水还原为，Co元素化合价由+3降低为+2、双氧水中O元素化合价由-1升高为0，根据得失电子守恒，发生的反应的离子方程式为，
（3）、室温下，若金属离子浓度低于时，可视为沉淀完全，假设在酸浸溶液中Mg2+和Ca2+浓度均为0.1mol/L，则溶液中恰好沉淀完全时，c(F-)=，溶液中的浓度为mol/L。
（4）、含的水溶液中加入KSCN，没有转化为，可知在水中的稳定性：<。流程中“操作”将溶液分为了有机相和无机相，因此操作为萃取、分液；
（5）、碳酸钴加入碳酸锂，通入空气煅烧得到钴酸锂，在煅烧中，钴的化合价升高，空气中参与反应，并放出，反应为；
（6）、由钴酸锂（LiCoO2）晶胞结构示意图可知，Li位于顶点和内部，个数为8×+2=3，由化学式LiCoO2可知，O原子个数为6；充电过程中，正极材料失电子发生氧化反应，Li+从八面体层间脱出，Li+减少，使Li+层和Co-O层吸引力减弱，Co-O层之间的排斥使层间距离增大。
【分析】水钴矿主要成分为，含少量、、、等杂质。首先加入稀硫酸和双氧水进行“酸浸”，溶解金属氧化物，分离SiO2，具体为：被双氧水还原为Co2+，滤渣中有少量硫酸钙、二氧化硅，滤液中含有Co2+、、、；而后加入氟化铵生成、沉淀除、，这一步要注意控制F-的浓度，仅沉淀Ca2+、Mg2+，Co2+对应的氟化物KSP更大，留在溶液；萃取阶段，加入与反应生成进入有机相，三价铁离子生成进入水相，便于后续分离；反萃取阶段，加入稀硫酸破坏萃取平衡，回到水相，分离有机相；继续加入碳酸钠后得到碳酸钴；最后的煅烧阶段，再加入碳酸锂和通入空气煅烧，发生氧化还原反应，生成产物钴酸锂。
（1）二氧化硅难溶于硫酸、硫酸钙微溶，根据分析可知，滤渣的主要成分为；
（2）根据信息说明有强氧化性，易氧化生成，所以“酸浸”工序中不能用盐酸替代硫酸，该过程中被双氧水还原为，Co元素化合价由+3降低为+2、双氧水中O元素化合价由-1升高为0，根据得失电子守恒，发生的反应的离子方程式为，
（3）室温下，若金属离子浓度低于时，可视为沉淀完全，假设在酸浸溶液中Mg2+和Ca2+浓度均为0.1mol/L，则溶液中恰好沉淀完全时，c(F-)=，溶液中的浓度为mol/L。
（4）含的水溶液中加入KSCN，没有转化为，可知在水中的稳定性：<。流程中“操作”将溶液分为了有机相和无机相，因此操作为萃取、分液；
（5）碳酸钴加入碳酸锂，通入空气煅烧得到钴酸锂，在煅烧中，钴的化合价升高，空气中参与反应，并放出，反应为；
（6）由钴酸锂（LiCoO2）晶胞结构示意图可知，Li位于顶点和内部，个数为8×+2=3，由化学式LiCoO2可知，O原子个数为6；充电过程中，正极材料失电子发生氧化反应，Li+从八面体层间脱出，Li+减少，使Li+层和Co-O层吸引力减弱，Co-O层之间的排斥使层间距离增大。
16．（2025·南宁模拟）已知三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3(Mr=267.5g/mol)为橙黄色晶体易溶于热水，在冷水中微溶，可在氯化铵和氨水的混合溶液中活性炭做催化剂条件下，利用双氧水氧化CoCl2制备，制备装置如图所示。已知：Co2+在溶液中较稳定，[Co(NH3)6]2+具有较强还原性。
I．制备产品，步骤如下：
①称取1.0gNH4Cl固体，用5mL水溶解，加到三颈烧瓶中。
②分批加入1.5 g CoCl2后，再加入0.3g活性炭、一定体积的浓氨水和双氧水。
③加热至55-60℃反应20min，冷却，过滤。
④向滤渣中加入80℃左右的热水，充分搅拌后，趁热过滤。
⑤向滤液加入少量甲，冷却结晶后过滤，用乙洗涤晶体2~3次，低温干燥得到橙黄色晶体。
回答下列问题：
（1）写出制备[Co(NH3)6]Cl3的化学方程式　 　。
（2）向混合液加入H2O2溶液与氨水时，应最先打开活塞　 　(填字母代号)；加入所有试剂后，水浴的温度控制在55-60℃左右，温度不宜过高的原因是　 　；干燥管中试剂为　 　。
（3）步骤④中趁热过滤的目的是　 　。
（4）步骤⑤中关于甲、乙溶液的选择合理的是　 　(填标号)。
A．甲为浓盐酸，乙为水 B．甲为乙醇，乙为水 C．甲为浓盐酸，乙为乙醇
Ⅱ．测定产品纯度，实验如下：
①称取ag产品溶于足量稀硝酸中，并用蒸馏水稀释，置于锥形瓶中，加入过量V1mLc1mol·L-1AgNO3溶液，并加3mL的硝基苯用力振荡。
②向锥形瓶中滴入3滴Fe(NO3)3溶液为指示剂，用c2 mol·L-1 KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，达到滴定终点时用去V2mL溶液。(已知：，)
（5）产品的质量分数为　 　。(列出计算式)
（6）加入硝基苯的目的是　 　。
【答案】；d；既能保证较快的反应速率，同时减少氨的挥发和H2O2的分解；P2O5或CaCl2；防止冷却时析出三氯化六氨合钴晶体，造成损失；C；%；使生成的AgCl沉淀被硝基苯覆盖，防止AgCl转化为AgSCN沉淀
【知识点】物质的分离与提纯；中和滴定；制备实验方案的设计；溶液中溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】（1）、由分析可知，制备[Co(NH3)6]Cl3的化学方程式为：。
（2）、Co2+在溶液中较稳定，[Co(NH3)6]2+具有较强还原性，为了将不易被氧化的Co2+转化为具有较强还原性的[Co(NH3)6]2+，应该先打开d进行络合反应，再打开b进行氧化；后续钴离子和氨水反应络合反应，原料中加入NH4Cl可以抑制NH3 H2O电离，有利于络合物形成；控制三颈烧瓶中水浴的温度控制在55℃左右，温度不宜过高的原因是既能保证较快的反应速率，同时减少氨的挥发和H2O2的分解。干燥管的作用是吸收多余的氨气且防止空气中的水蒸气进入装置，干燥管中试剂为P2O5或CaCl2。
（3）、由题干信息可知，三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3为橙黄色晶体，易溶于热水，在冷水中微溶，故步骤④中趁热过滤的目的是防止冷却时析出三氯化六氨合钴晶体，造成损失。
（4）、由分析可知，滤渣中[Co(NH3)6]Cl3 6H2O表面有残留的氨水，加入浓盐酸可以消耗氨水且抑制[Co(NH3)6]Cl3 6H2O的电离，[Co(NH3)6]Cl3能够溶于水，所以过量的盐酸要用乙醇洗涤，故答案为：C。
（5）、滴定原理为过量溶液将a g产品中的全部沉淀，过量的溶液用KSCN溶液滴定，根据反应的计量关系可知，结合，可得产品的质量分数为% 。
（6）、由题干信息可知，，AgCl易转化为AgSCN，硝基苯的密度比水的大，故实验过程中加入硝基苯的目的是使生成的AgCl沉淀被硝基苯覆盖，防止AgCl转化为AgSCN沉淀。
【分析】根据题意，氯化铵：提供NH4+，通过 同离子效应抑制氨水电离，稳定溶液中NH3浓度，营造弱碱性环境，避免Co2+水解为Co(OH)2，同时促进[Co(NH3)6]2+形成；CoCl2：提供Co2+，与NH3配位生成[Co(NH3)6]2+；活性炭：作催化剂，加速[Co(NH3)6]2+被H2O2氧化的反应速率；浓氨水：提供NH3，作为配位剂；双氧水：作 氧化剂，将[Co(NH3)6]2+或Co2+氧化为[Co(NH3)6]3+或Co3+。接着开始反应，在氨气和氯化铵存在条件下，以活性炭为催化剂，用双氧水氧化CoCl2溶液来制备[Co(NH3)6]Cl3，反应的化学方程式为；将粗产品溶于25mL热的稀盐酸中，再向滤液中缓慢加入4mL浓盐酸，有大量橙黄色晶体析出，冰浴冷却后过滤，说明加入热的稀盐酸后应过滤；先用冷的2mol L-1HCl溶液洗涤晶体，再用少许乙醇洗涤，干燥，得产品。其中，恒压滴液漏斗（c）用来平稳滴加氨水，控制NH3加入速率，避免局部浓度过高。尾气处理（干燥管）：吸收挥发的NH3，防止污染空气。
17．（2025·南宁模拟）CO2资源化在推进能源绿色转型，实现“碳达峰、碳中和”中具有重要意义。
I． CO2与H2在固载金属催化剂上可发生以下反应：
反应i．
反应ii．
反应iii．……
可能的反应机理如图所示(M为催化剂)。
（1）反应iii的化学方程式为　 　。
（2）已知下列几种物质的标准摩尔生成焓(在101kPa时，由最稳定单质合成1mol指定产物的反应热)：
物质 CO2(g) H2(g) HCOOH(g)
标准摩尔生成焓 -393.51 0 -362.3
依据以上信息，ΔH1=　 　，反应ii在较　 　(填“高”、“低”或“任意”) 温度下能自发进行。
（3）在一定压强下，按n(H2)：n(CO2)=1：1 投料，发生反应i和反应ii (忽略反应iii)，反应相同时间，CO2的转化率及HCOOH选择性随温度变化曲线如下图所示。(甲酸选择性=
①一定温度下，为了提高甲酸选择性可采取的措施有　 　 (任写一条)。
②若M点反应已达到平衡状态，体系中H2的分压为a MPa，则673.15K时反应i的分压平衡常数计算式Kp=　 　MPa-1。
③当温度高于673.15K，随温度升高，反应i与反应ii中CO2的变化量相比，增加更显著的是反应　 　(填“ i”或“ii”)，判断的依据是　 　。
Ⅱ．利用电化学装置可实现CO2和CH4两种分子的耦合转化，其原理如下图所示。
（4）装置工作时，电极A应连接电源的　 　(填“正”或“负”)极，电极A的电极反应式为　 　。
【答案】；；高；加压、换用高选择性催化剂；或；ii；随温度升高，CO2的转化率升高，但HCOOH的选择性却迅速下降；负；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）、由反应机理图可知，二氧化碳和氢气在固载金属催化剂上反应可以生成甲酸、一氧化碳和甲醛，则反应iii为催化剂作用下二氧化碳和氢气生成甲醛和水，反应的化学方程式为；故答案为：。
（2）、由化学反应反应热等于生成物的标准摩尔生成焓之和与反应物的标准摩尔生成焓之和的差值，即；反应ⅱ的，根据复合判据可知，高温下可自发进行；故答案为：；高。
（3）、①、由方程式可知，反应i为气体体积减小的反应，而反应ii为气体体积不变的反应，则一定温度下，增大压强，有利于反应i向正反应方向移动，能够提高甲酸选择性，或换用高选择性催化剂促进反应i发生，也能够提高甲酸选择性，故答案为：加压、换用高选择性催化剂。
②、设起始二氧化碳和氢气的物质的量都为1mol，由图可知，673.15K时，二氧化碳的转化率为95%、甲酸的选择性为0.3%，则平衡时甲酸的物质的量为1mol×95%×0.3%，由方程式可知，平衡时二氧化碳和氢气的物质的量都为1mol-1mol×95%=1mol×5%，由体系中氢气分压为a MPa可知，二氧化碳、甲酸的分压分别为aMPa和，则反应i的分压平衡常数计算式Kp==或；故答案为：或。
③、由图可知，当温度高于673.15K时，随温度升高，二氧化碳的转化率升高，但甲酸的选择性却迅速下降，说明反应ii的反应速率增加更显著；故答案为：ii；随温度升高，二氧化碳的转化率升高，但HCOOH的选择性却迅速下降。
（4）、由图可知，二氧化碳转化为一氧化碳，发生还原反应，所以通入二氧化碳的电极A为阴极，与直流电源负极直接相连，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成一氧化碳的电极反应式为；故答案为：负；。
【分析】判断反应能否自发要根据此公式： △G =△H－T△S， 判断反应能否自发进行用吉布斯自由能判据：如果△G<0 反应可以自发进行，反之则不可以自发进行； 恒温恒压下： 当△H<0，△S>0时，反应自发进行； 当△H>0，△S<0时，反应不自发进行； 当△H>0，△S>0时，需要在较高温度的条件下，才能自发进行。
化学反应热的计算方法有：1.物质能量变化求算（△H=ΣE生成物-ΣE反应物）2. 根据反应实质键能的大小求算（△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和）3.根据活化能求算（△H= Ea正 -Ea逆）4.标准摩尔生成焓求算（△H=生成物的标准摩尔生成焓之和 -反应物的标准摩尔生成焓之和）
书写化学反应三段式时的注意事项：单位一致，确保起始量、变化量和平衡量的单位保持一致；注意化学计量数、注意物质状态固体、纯液体一般不参与其中；考虑可逆反应的平衡量不是完全转化的结果，而是反应物和生成物共存的状态。此时需要根据反应的转化率或平衡常数进行计算。
电解方程式的书写方法： (1)写出溶液中存在的离子(2)比较放电顺序(3)写出电极反应，推测其他产物；书写时要注意：①阴极不管是什么材料，电极本身都不反应，一定是溶液(或熔融电解质)中阳离子放电 ②阳极材料若是金属电极(Au、Pt除外)，溶液中的阴离子不反应，电极金属失电子被氧化 ③电解水溶液时，K+～Al3+不可能在阴极放电，即不可能用电解水溶液的方法得到K、Ca、Na、Mg、Al等金属单质 ④电解水溶液时，Pb2+、Sn2+、Fe2+、Zn2+浓度较大时在H+之前放电
18．（2025·南宁模拟）有机化合物是一种具有抗肿瘤、抗菌等多种药理活性的色胺酮类衍生物，合成路线如图。
（1）A属于芳香烃，试剂是　 　。
（2）既有酸性又有碱性，E的名称为　 　，含有的官能团是　 　。
（3）的反应类型是　 　。
（4）的化学方程式是　 　。
（5）溴单质与中苯环侧链上的发生取代反应的原因是　 　。
（6）同时满足下列条件的的同分异构体有　 　种。
ⅰ．含有3种官能团(其中两种为碳碳三键和硝基)
ⅱ．遇溶液显紫色
ⅱi．核磁共振氢谱有5组峰
（7）由和F生成经三步反应过程：。写出(含有五元环)与中间体2的结构简式　 　、　 　。
【答案】（1）浓硫酸、浓硝酸
（2）邻氨基苯甲酸；硝基、羧基
（3）取代反应
（4）+
（5）受两侧的吸电子作用影响，使相连的碳原子上的的极性增强，易断裂
（6）10
（7）；
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；有机化学反应的综合应用；苯酚的化学性质
【解析】【解答】（1）、A发生硝化反应生成B，试剂a是邻氨基苯甲酸。
（2）、由分析可知，E为，名称为邻氨基苯甲酸，D为，含有的官能团是硝基、羧基。
（3）、由分析可知，G与甲醇发生（取代）酯化反应生成J为。
（4）、由分析可知，J为，J与苯胺发生取代反应生成K为，化学方程式为：+。
（5）、溴单质与中苯环侧链上的发生取代反应的原因是：受两侧的吸电子作用影响，使相连的碳原子上的的极性增强，易断裂。
（6）、F的不饱和度为7，ⅰ．含有3种官能团(其中一种为碳碳三键) ，碳碳三键三键的不饱和度为2，ⅱ．遇溶液显紫色说明含有酚羟基，根据不饱和度和O原子个数可知还有硝基，苯环上的取代基为-OH、-NO2、-CCH，满足条件F的同分异构体有10种，如。
（7）、M(含有五元环)为，M与F脱去CO2(即O=C=O)得到中间体1为，与水加成生成中间体2为，再发生醇的脱去反应脱掉一分子水生成P。
【分析】由题可知，A属于芳香烃，含有苯环，所以A为甲苯，A在浓硫酸、浓硝酸的混酸条件下加热发生硝化反应生成B，结合F的结构可知在甲基的邻位取代硝基，B为，甲苯侧链的甲基会被苯环活化，易被氧化成羧基，故B发生氧化反应生成D为，接着在H2/Pd-C的条件下，催化加氢还原硝基为氨基，则E为，接着G与甲醇发生酯化反应生成J为，J与苯胺发生取代反应生成K为，K与Br2发生取代反应生成L为，L苯上一个H和Br断裂结合生成M(含有五元环)为，总的来说，这个反应先改造并修饰苯环，接着生成丙二酸的衍生物，最后通过环化反应得到目标产物。
（1）A发生硝化反应生成B，试剂a是邻氨基苯甲酸。
（2）由分析可知，E为，名称为邻氨基苯甲酸，D为，含有的官能团是硝基、羧基。
（3）由分析可知，G与甲醇发生（取代）酯化反应生成J为。
（4）由分析可知，J为，J与苯胺发生取代反应生成K为，化学方程式为：+。
（5）溴单质与中苯环侧链上的发生取代反应的原因是：受两侧的吸电子作用影响，使相连的碳原子上的的极性增强，易断裂。
（6）F的不饱和度为7，ⅰ．含有3种官能团(其中一种为碳碳三键) ，碳碳三键三键的不饱和度为2，ⅱ．遇溶液显紫色说明含有酚羟基，根据不饱和度和O原子个数可知还有硝基，苯环上的取代基为-OH、-NO2、-CCH，满足条件F的同分异构体有10种，如。
（7）M(含有五元环)为，M与F脱去CO2(即O=C=O)得到中间体1为，与水加成生成中间体2为，再发生醇的脱去反应脱掉一分子水生成P。
1 / 1广西南宁市第三中学2025届高三下学期第三次适应性测试考前演练 化学试题
1．（2025·南宁模拟）八桂大地，文化源远流长。下列有关说法错误的是
A．广西壮锦的原料之一是蚕丝 ，蚕丝属于天然有机高分子化合物
B．桂林腐乳由豆腐制作而成，由豆浆制成豆腐涉及胶体的聚沉
C．三月三制作五色糯米饭时，糯米由生到熟的过程为蛋白质的变性
D．陆川青砖青瓦呈现青色的原因是含有二价铁
2．（2025·南宁模拟）下列说法错误的是
A．中阴离子的VSEPR模型：
B．基态Mg原子能量最高的能级电子云轮廓图为：
C．硼氢化钠(NaBH4)的电子式：
D．CO2、SiCl4属于含极性键的非极性分子
3．（2025·南宁模拟）从海带中提取碘单质，工艺流程如下图。
下列操作正确的是
A．步骤①操作 B．步骤③操作
C．步骤⑤中振荡萃取操作 D．从碘的CCl4溶液中提取碘和回收有机溶剂
A．A B．B C．C D．D
4．（2025·南宁模拟）腺苷三磷酸(ATP)水解生成腺苷二磷酸(ADP)的过程中会释放较多能量供生物体使用(该反应的)，ADP也可以转化为ATP。下列说法正确的是
A．1个ATP分子中有5个手性碳原子
B．由生成的反应是消去反应
C．0.1molADP与足量的金属钠反应最多可生成5.6L H2(标准状况)
D．37℃，pH约为7时，水解为需要酶的辅助，因此该过程是非自发的
5．（2025·南宁模拟）氢气是清洁能源之一，解决氢气的存储问题是当今科学界需要攻克的课题。是新型环烯类储氢材料，利用物理吸附的方法来储存氢分子，其分子结构如图所示，下列相关说法正确的是
A．的熔点由所含化学键的键能决定
B．分子中的键和键的数目比为1：3
C．储氢时与间的作用力为氢键和范德华力
D．难溶于水，是因为水是极性分子，是非极性分子
6．（2025·南宁模拟）下列离子方程式正确的是
A．苯酚钠溶液中通入少量：2
B．丙烯腈电解制己二腈，阴极电极反应式为：
C．用食醋除铁锈：
D．在存在下与氨水反应生成：
7．（2025·南宁模拟）现有三种前四周期元素X、Y、Z，其中X、Y属于同一短周期且基态原子均含有2个未成对电子，X的简单氢化物沸点为同主族中最低，Z的价层电子中自旋方向相反的电子数之比为3：2.下列说法正确的是
A．Z位于ds区
B．第二电离能：X＜Y
C．配合物分子中，由Y给出孤电子对形成配位键
D．X与Y形成的常见化合物分子有V形和直线形
8．（2025·南宁模拟）某兴趣小组探究不同试剂对锰(Ⅱ)盐氧化产物的影响，分别进行了四组实验：
装置图 试剂X 实验现象
I.10mLNaOH溶液 生成浅棕色沉淀，一段时间后变为棕黑色
Ⅱ.10mL40%NaOH和15%H2O2混合液 立即生成棕黑色沉淀
Ⅲ．往I中所得混合液中通入Cl2 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀
已知：i．Mn(OH)2为白色难溶固体；MnO2为棕黑色难溶固体；溶液中呈绿色、呈紫色。ii．浓碱条件下，可被OH-还原为。iii．Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。下列说法错误的是
A．通过实验I和Ⅱ，不能判断H2O2的氧化性比O2的强
B．实验Ⅱ中迅速生成棕黑色沉淀的离子方程式：
C．实验Ⅲ中未观察到溶液呈绿色，可能是通入Cl2导致溶液的碱性减弱导致，可继续往混合液中滴加40%NaOH溶液证明。
D．取1mL实验Ⅲ所得悬浊液加2mL水稀释，可观察得到紫色变浅
9．（2025·南宁模拟）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．环戊二烯()分子中含有的键数目为
B．1LpH=7的醋酸铵溶液中，由水电离出的氢离子数为
C．电解精炼铜时，阳极减少32g，转移电子数为
D．分子数目为的Cl2和混合气充分反应后恢复标况，体积为44.8L
10．（2025·南宁模拟）和HBr在通常情况下发生加成反应主要得到2-溴丙烷，其机理如下：
已知：①电负性H>B ②-CN为吸电子基团。下列说法不正确的是
A．碳正离子中间体稳定性：
B．与氢卤酸反应时速率大小HI>HBr>HCl
C．与甲硼烷()加成最终能得到
D．乙炔可通过如下流程合成：
11．（2025·南宁模拟）铜和氧形成的一种离子化合物的晶体结构如图所示，设阳离子和阴离子的半径分别为和。下列相关说法不正确的是
A．该离子化合物的化学式可以表示为
B．晶体中每个阳离子周围紧邻且距离相等的阳离子个数为12个
C．晶体的密度
D．晶胞沿面对角线的剖面图为
12．（2025·南宁模拟）为适应可再生能源的波动性和间歇性，我国科学家设计了一种电化学装置，其原理如下图所示。当闭合和、打开时，装置处于蓄电状态；当打开和，闭合时，装置处于放电状态。放电状态时，双极膜中间层中的解离为和并分别向两侧迁移。下列有关该电化学装置工作时的说法错误的是
A．蓄电时，碳锰电极为阳极
B．蓄电时，右池中右侧电极发生的反应为
C．放电时，每消耗1mol MnO2，理论上有4mol H+由双极膜向碳锰电极迁移
D．理论上，该电化学装置运行过程中不需要补充和KOH溶液
13．（2025·南宁模拟）利用CO2、H2为原料合成含碳化合物的主要反应如下。
Ⅰ．
Ⅱ．
一定条件下，分别以物质的量之比n(CO2)：n(H2)=1：3、n(CO2)：n(H2)=1：4向恒压密闭容器中通入CO2和H2混合气体，CO2平衡转化率和CH3OH选择性随温度的变化曲线如图所示。下列叙述错误的是
A．曲线L2表示以n(CO2)：n(H2)=1：3投料下的CO2的平衡转化率
B．a、b两点CO的物质的量：a＜b
C．升高温度，可同时提高CO的生成速率和选择性
D．a、b、c三点对应反应Ⅰ的平衡常数：K(a)＜K(b)=K(c)
14．（2025·南宁模拟）室温下，含有MCO3(s)的0.01 mol·L-1的Na2CO3溶液和含有MSO4(s)的0.01mol·L-1的Na2SO4溶液，两份溶液中的pM[pM=-lgc(M2+)]以及含碳微粒分布分数δ如随pH变化关系如图所示。已知：M2＋不水解；100.6=4。
下列说法正确的是
A．曲线①表示MCO3的变化曲线
B．x=6.97
C．MSO4(s)的溶度积常数Ksp的数量级为10-6
D．当pH=10.25，溶液中一定存在
15．（2025·南宁模拟）钴酸锂()是锂离子电池的电极材料。以水钴矿(主要成分为，含少量、、、等杂质)为原料制备的工艺流程如图所示：
已知：①不易被氧化，具有强氧化性；②在水中不稳定，易溶于有机溶剂；③常温下，，。回答下列问题：
（1）滤渣的主要成分为　 　。
（2）“酸浸”工序中不能用盐酸替代硫酸的原因，除了盐酸可能会挥发，腐蚀设备以外，还有可能的原因是　 　，该过程中发生的反应的离子方程式为：　 　
（3）室温下，若金属离子浓度低于时，可视为沉淀完全，假设在酸浸溶液中Mg2+和Ca2+浓度均为0.1mol/L，则溶液中恰好沉淀完全时，溶液中的浓度为　 　。
（4）在水中的稳定性：　 　(填“>”“=”或“<”)。流程中“操作”包含的实验操作名称为　 　。
（5）“煅烧”工序发生主要反应的化学方程式为　 　。
（6）钴酸锂()的晶胞结构如图所示。晶体中O围绕Co形成八面体，八面体共棱形成层状空间结构，与层交替排列。该晶胞中O的个数为　 　；充电过程中晶胞高度c变大，原因是会从八面体层间脱出，导致　 　。
16．（2025·南宁模拟）已知三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3(Mr=267.5g/mol)为橙黄色晶体易溶于热水，在冷水中微溶，可在氯化铵和氨水的混合溶液中活性炭做催化剂条件下，利用双氧水氧化CoCl2制备，制备装置如图所示。已知：Co2+在溶液中较稳定，[Co(NH3)6]2+具有较强还原性。
I．制备产品，步骤如下：
①称取1.0gNH4Cl固体，用5mL水溶解，加到三颈烧瓶中。
②分批加入1.5 g CoCl2后，再加入0.3g活性炭、一定体积的浓氨水和双氧水。
③加热至55-60℃反应20min，冷却，过滤。
④向滤渣中加入80℃左右的热水，充分搅拌后，趁热过滤。
⑤向滤液加入少量甲，冷却结晶后过滤，用乙洗涤晶体2~3次，低温干燥得到橙黄色晶体。
回答下列问题：
（1）写出制备[Co(NH3)6]Cl3的化学方程式　 　。
（2）向混合液加入H2O2溶液与氨水时，应最先打开活塞　 　(填字母代号)；加入所有试剂后，水浴的温度控制在55-60℃左右，温度不宜过高的原因是　 　；干燥管中试剂为　 　。
（3）步骤④中趁热过滤的目的是　 　。
（4）步骤⑤中关于甲、乙溶液的选择合理的是　 　(填标号)。
A．甲为浓盐酸，乙为水 B．甲为乙醇，乙为水 C．甲为浓盐酸，乙为乙醇
Ⅱ．测定产品纯度，实验如下：
①称取ag产品溶于足量稀硝酸中，并用蒸馏水稀释，置于锥形瓶中，加入过量V1mLc1mol·L-1AgNO3溶液，并加3mL的硝基苯用力振荡。
②向锥形瓶中滴入3滴Fe(NO3)3溶液为指示剂，用c2 mol·L-1 KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，达到滴定终点时用去V2mL溶液。(已知：，)
（5）产品的质量分数为　 　。(列出计算式)
（6）加入硝基苯的目的是　 　。
17．（2025·南宁模拟）CO2资源化在推进能源绿色转型，实现“碳达峰、碳中和”中具有重要意义。
I． CO2与H2在固载金属催化剂上可发生以下反应：
反应i．
反应ii．
反应iii．……
可能的反应机理如图所示(M为催化剂)。
（1）反应iii的化学方程式为　 　。
（2）已知下列几种物质的标准摩尔生成焓(在101kPa时，由最稳定单质合成1mol指定产物的反应热)：
物质 CO2(g) H2(g) HCOOH(g)
标准摩尔生成焓 -393.51 0 -362.3
依据以上信息，ΔH1=　 　，反应ii在较　 　(填“高”、“低”或“任意”) 温度下能自发进行。
（3）在一定压强下，按n(H2)：n(CO2)=1：1 投料，发生反应i和反应ii (忽略反应iii)，反应相同时间，CO2的转化率及HCOOH选择性随温度变化曲线如下图所示。(甲酸选择性=
①一定温度下，为了提高甲酸选择性可采取的措施有　 　 (任写一条)。
②若M点反应已达到平衡状态，体系中H2的分压为a MPa，则673.15K时反应i的分压平衡常数计算式Kp=　 　MPa-1。
③当温度高于673.15K，随温度升高，反应i与反应ii中CO2的变化量相比，增加更显著的是反应　 　(填“ i”或“ii”)，判断的依据是　 　。
Ⅱ．利用电化学装置可实现CO2和CH4两种分子的耦合转化，其原理如下图所示。
（4）装置工作时，电极A应连接电源的　 　(填“正”或“负”)极，电极A的电极反应式为　 　。
18．（2025·南宁模拟）有机化合物是一种具有抗肿瘤、抗菌等多种药理活性的色胺酮类衍生物，合成路线如图。
（1）A属于芳香烃，试剂是　 　。
（2）既有酸性又有碱性，E的名称为　 　，含有的官能团是　 　。
（3）的反应类型是　 　。
（4）的化学方程式是　 　。
（5）溴单质与中苯环侧链上的发生取代反应的原因是　 　。
（6）同时满足下列条件的的同分异构体有　 　种。
ⅰ．含有3种官能团(其中两种为碳碳三键和硝基)
ⅱ．遇溶液显紫色
ⅱi．核磁共振氢谱有5组峰
（7）由和F生成经三步反应过程：。写出(含有五元环)与中间体2的结构简式　 　、　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；有机高分子化合物的结构和性质；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、蚕丝主要由丝素和丝胶两种蛋白质构成，蛋白质是氨基酸通过酰胺基连接的长链大分子，蛋白质的相对分子质量通常几万到几十万，符合高分子的 “相对分子质量大” 特征，属于天然高分子有机化合物，A正确；
B、豆浆是一种胶体，在豆浆中加入石膏，也就是电解质，使得电解质破坏蛋白质胶体的稳定态结构，造成蛋白质胶体发生聚沉，从而制成豆腐，B正确；
C、糯米的主要成分是淀粉，不是蛋白质，同时糯米由生到熟的过程为淀粉的糊化，C错误；
D、青砖青瓦在烧制的过程中，粘土中含有的铁未被完全氧化，还含有二价铁，二价铁离子显绿色，D正确；
故答案为：C
【分析】蛋白质：如鸡蛋中的卵清蛋白，当其二级、三级、四级空间结构破坏，氢键、疏水作用等断裂，且化学性质改变，属于蛋白质的变性。
淀粉：如糯米中的碳水化合物，淀粉颗粒结晶结构破坏，分子分散为胶体，化学性质不变，属于淀粉的糊化。
2．【答案】B
【知识点】原子核外电子的运动状态；极性键和非极性键；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、的中心原子S的价层电子对数为，为sp3杂化，且没有孤对电子，则VSEPR模型为正四面体：，A正确；
B、基态镁原子的电子排布为：1s22s22p63s2，其能量最高的能级为3s，其电子云轮廓图为球形，如图所示：，B错误；
C、NaBH4中Na+和成离子键，内部B与H形成共价键，故硼氢化钠(NaBH4)的电子式：，C正确；
D、CO2为直线形，含C=O极性键、SiCl4为正四面体结构含Si-Cl极性键，均属于含极性键的非极性分子，D正确；
故答案为：B
【分析】一般来说，s轨道的电子云轮廓图为球形，p轨道的电子云轮廓图为哑铃形，d轨道的电子云轮廓图为花瓣形。
3．【答案】C
【知识点】过滤；蒸发和结晶、重结晶；蒸馏与分馏；分液和萃取
【解析】【解答】A、石棉网的主要作用是隔热和均匀散热，避免因局部过热而破裂。若将坩埚放在石棉网上加热，石棉网的隔热性会大幅削弱热源的直接加热效果，导致温度无法快速升高或达不到所需高温，通常情况，坩埚应架在泥三角上，泥三角放在三脚架上，A错误；
B、根据流程图，步骤③要分离出固体残留物和含碘化钾的水溶液，所以这一步的操作为过滤，选项图示为蒸发结晶，B错误；
C、步骤⑤为利用四氯化碳萃取，在分液漏斗中进行，且振荡过程中需进行放气，C正确；
D、在蒸馏过程中，冷凝水应该是下进上出，且温度计水银球的位置应在蒸馏烧瓶支管口处，D错误；
故答案为：C
【分析】实验室从海带中提取碘：①海带灼烧成灰，②浸泡溶解得到海带灰悬浊液，③过滤，得到滤液为含碘离子的溶液，④滤液中加氧化剂，将碘离子氧化成碘单质，⑤利用有机溶剂四氯化碳萃取、分液得到碘的CCl4溶液，萃取过程中，使用前先检查是否漏液；振荡时，双手托住分液漏斗，右手按住瓶塞，平放，上下振荡；放液前，要先打开瓶塞；放液时，记住下层的为密度大的液体，从下面放出；上层的为密度相对小的液体，从上面倒出；用完后应马上清洗干净。
4．【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；焓变和熵变；醇类简介；取代反应
【解析】【解答】A、手性碳需要连接四个不同的原子或原子团，在ATP分子中戊糖的含氧的五元杂环上有4个手性碳原子，A错误；
B、ATP 生成 ADP 是磷酸键断裂，水解反应；而消去反应需脱去小分子形成双键，与其反应类型不符，B 错误；
C、ADP中磷酸中-OH、杂环中-OH均会和单质钠反应生成氢气，则0.1molATP与足量的金属钠反应最多可生成0.25molH2，为0.25mol×22.4L/mol=5.60L H2(标准状况)，C正确；
D、ATP水解为ADP过程为放热的熵增反应， H<0， S>0，所以 G= H-T S<0，该过程是自发的，D错误；
故答案为：C
【分析】自发性判断：当△G<0时反应自发，酶仅 降低活化能来加速反应，并不改变反应的自发性。而题干中ATP 水解 “释放能量供生物体使用”，说明 △G<0，反应是自发反应。
5．【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；极性分子和非极性分子；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、是分子晶体，熔点由范德华力(分子间作用力)大小决定，化学键的键能只能影响化合物的稳定性，A错误；
B、本题中π键只来源于碳碳双键，而 σ 键包括所有的单键和碳碳双键中的 σ 键部分，同时结合分子结构可知，一个分子中π键的数目为8，σ键的数目为32，故分子中的π键和σ键的数目比为1∶4，B错误；
C、氢键的形成需要N、O、F元素作为受体，而分子中没有能形成氢键的原子，H2为分子晶体，故二者之间的作用力都是范德华力，C错误；
D、是个对称的分子，正负电荷中心重叠，是非极性分子，水是极性分子，根据相似相溶原理，难溶于水，D正确；
故答案为：D
【分析】相似相溶原理是指在溶液中，具有相似结构和相似性质的物质更容易相互溶解。当溶质和溶剂具有相似的分子结构、化学性质和极性时，它们之间的相互作用力相对较弱，从而更有利于相互溶解。
6．【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；苯酚的化学性质；离子方程式的书写；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、由于苯酚的酸性小于碳酸而大于，所以向苯酚钠溶液中通入CO2，不论CO2的量有多少，均生成 HCO3-而不是CO32-，故反应的方程式为：，A错误；
B、丙烯腈电解制己二腈， 丙烯腈在阴极得到电子生成己二腈，阴极电极反应式为：，B正确；
C、醋酸是弱酸，因此在离子反应中要保留分子式，不能拆解成H+，则工人用食醋除铁锈离子方程式为：，C错误；
D、一方面，该反应不满足得失电子守恒，Cu失去2e-，O2得到4e-，二者物质的量比应为2：1，而非1：1，另一方面也不符合原子守恒，方程式左边一共有20个H，而方程式的右边只有14个H，故正确的方程式为：，D错误；
故答案为：B
【分析】一般来说，离子方程式的正误判断我们从以下几个方面来判断：是否符合守恒规律。
离子方程式的书写应当满足电荷守恒、原子守恒、电子守恒关系，否则离子方程式的书写错误；离子方程式的书写是否符合客观事实；是否正确使用符号；拆分是否正确；离子反应是否写全；是否符合量的关系。
7．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、Z是Ni元素，Ni是28号元素，核外含有28个电子，Ni价电子排布式：，属于d区，A错误；
B、X 为 C元素，Y 为 O元素，的价电子排布式，的价电子排布式，的2p轨道半充满，更加稳定，失电子需要更多能量，则第二电离能，B正确；
C、在配合物Z(XY)4中可以推断XY 为 CO，又因为电负性C＜O，C更易给出孤电子形成配位键，C错误；
D、C和O形成的常见化合物为CO和CO2，二者均为直线形，D错误；
故答案为：B
【分析】X、Y：同短周期元素，基态原子含 2 个未成对电子。第二周期中，只有C（2p2，2 个未成对）和O（2p4，2 个未成对）符合这个要求；同时要求X 的简单氢化物沸点同主族最低，第 ⅣA 族的CH4无氢键，沸点最低，故 X 为 C，Y 为 O。Z：是前四周期元素，价层电子自旋相反的电子数比为 3：2。结合配合物Z(XY)4（XY 为 CO），3d84s2，推断Z 为 Ni价层电子。
8．【答案】D
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；性质实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、实验 Ⅰ处在稀碱，O2氧化环境， Ⅱ处在浓碱，H2O2氧化环境，此时反应条件不同，Ⅰ和Ⅱ处在不同的碱浓度、氧化剂环境之中，无法比较 H2O2与 O2的氧化性，A正确；
B、实验 Ⅱ 中， Mn 失去 2e-变成棕黄色的MnO2，H2O2得到 2e-变成H2O，方程式为：Mn2+ + H2O2 + 2OH- = MnO2↓ + 2H2O，B正确；
C、实验 Ⅲ 未显绿色（MnO42-），因 Cl2消耗 OH-，碱性减弱；而滴加浓 NaOH 后增强碱性，若出现绿色，可证明 “碱性不足导致未生成MnO42-，C正确；
D、依据已知iii，稀释后碱性减弱，MnO2被NaClO氧化成，紫色加深，若仅考虑浓度降低，忽略NaClO 氧化性变化引发的生成反应，则会出现逻辑错误，D错误；
故答案为：D
【分析】解答实验探究类题时，要注意充分利用题干中给定的已知条件，分析不同的情况对实验现象的影响，接着去共性，看差异，找出其重要的影响因素。
9．【答案】D
【知识点】铜的电解精炼；弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、1个环戊二烯()分子中含有11个键，因此环戊二烯()分子中含有的键数目为11NA，A错误；
B、 溶液中NH4+和CH3COO-相互促进水解，促进水的电离，会导致水电离出的氢离子数大于，B错误；
C、电解精炼铜时，阳极是粗铜，含有铁、锌等杂质，这些杂质比铜活泼，会优先放电，最后导致转移电子数不等于NA，C错误；
D、和反应后分子数不变，是气体物质的量不变的反应，反应后所得气体分子数仍为2NA，恢复标况，体积为44.8L，D正确；
故答案为：D
【分析】关于NA的计算与推断在历年高考化学试题多以选择题出现，解题方法与思路一般抓住基本概念，将物质的质量、气体的体积、溶液的浓度等物理量与指定粒子的物质的量进行换算，审题时关键注意以下易错点 状况条件：考查气体时，一定要特别关注是标准状况下还是非标准状况。
10．【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；溶液酸碱性的判断及相关计算；烯烃；加成反应
【解析】【解答】A、在丙烯与HBr的加成反应中，碳正离子中间体为仲碳正离子（CH3CH+CH3CH3 CH+CH3 ）和伯碳正离子（CH3CH2CH2+CH3 CH2 CH2+ ）。由于烷基的超共轭效应，并结合机理图中第一步慢反应得到的碳正离子为CH3CH+CH3，可以推得碳正离子中间体稳定性：CH3CH+CH3>，A正确；
B、慢反应决定反应速率，因此氢卤酸（HX）与烯烃的亲电加成速率取决于H-X键的强度和酸性：H-I键最弱（键能最小），H+最易离解，因此HI反应最快；HBr次之；HCl最慢。反应速率顺序为HI > HBr > HCl，故加入HI第一步反应更快，可知CH3CH=CH2与氢卤酸反应时速率大小HI>HBr>HCl，B正确；
C、已知电负性H > B（氢电负性更大），硼为缺电子中心，促进加成，甲硼烷（BH3）与丙烯发生硼氢化反应，硼原子加成到双键中取代较少的碳上。反应分步进行，最终一个BH3与三个丙烯分子加成，生成三正丙基硼烷：(CH3CH2CH2)3B，C正确；
D、根据题干信息，第一步：乙炔（CH≡CHCH≡CH）与HCN加成，在催化剂作用下可生成丙烯腈（CH2=CHCNCH2 =CHCN），此步正确。第二步：丙烯腈（CH2=CHCNCH2 =CHCN）与HBr加成，烯烃与HBr反应第一步是氢离子结合有一定负电性的碳原子，由于-CN为吸电子基团，减弱了碳原子的负电性，故CH2=CHCN与HBr无法发生加成反应，D错误；
故答案为：D
【分析】能垒越大，反应速率越小，即多步反应中能垒最大的反应为决速反应，也叫做慢反应，这一步决定了化学反应的快慢；
HF、 HCl、 HBr、 HI 水溶液的酸性为什么依次增强的原因：从热力学角度来看，氢卤酸的电离倾向可据HX在水中电离的自由能变，ΔGθ值和电离常数Ka 存在这样的关系：ΔGθ值越负，Ka越大，酸性越强；从物质结构角度来看，氢化物分子酸性强弱取决于与H直接相连的原子上电子密度的大小。原子电子密度越大，对H吸引力越强，则H越难电离，酸性越弱。而原子电子密度的大小与原子半径及所带电荷数有关，通常，原子的负氧化态越高，半径越小，原子的电子密度越大，对于同主族元素的氢化物而言，与H相连的原子的负氧化态相同，但从上至下原子半径逐渐增大，导致原子电子密度逐渐减小，与H的作用力逐渐减弱，故氢化物的酸性逐渐增强。
11．【答案】D
【知识点】离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A．由图可知，氧位于顶点和体心，数目为，铜位于晶胞体内，数目为4，则其化学式为，A正确；
B．若晶胞中其中1个Cu原子位于顶点，则晶胞中其余3个Cu原子位于面心，铜离子周围紧邻且距离相等的铜离子数为12个，B正确；
C．晶胞的质量，设晶胞的棱长为，则有，晶体的密度，C正确；
D．晶胞内部的四个铜离子在四个小正方体的体心交错排列，则晶胞沿面对角线的剖面图为，D错误；
故选D。
【分析】A．根据均摊法计算；
Ｂ．铜离子周围紧邻且距离相等的铜离子有12个；
Ｃ．根据计算；
Ｄ．晶胞内部的四个铜离子在四个小正方体的体心交错排列。
12．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、由分析可知，蓄电时即为电解池，Mn2+失电子生成MnO2，碳锰电极为阳极，A正确；
B、蓄电时，右侧电解池中ZnO得电子生成Zn，电极反应式为ZnO+2e-+H2O=Zn+2OH-，OH-失电子生成O2，电极反应式为4OH--4e-=O2+2H2O，发生的总反应为，B正确；
C、放电时，碳锰电极为正极，电极反应式为MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O，每消耗1mol，需要消耗4mol H+，但碳锰电极只生成2mol正电荷，剩余正电荷需要从双极膜间解离出是氢离子转移至左侧，因此理论上有2mol由双极膜向碳锰电极迁移，C错误；
D、该电化学装置运行过程中得电子生成H2，但实际过程为消耗了溶剂水，氢离子浓度增大，OH-失电子生成O2，但实际也消耗了溶剂水，氢氧根离子浓度同样增大，则不需要不断补充和KOH溶液，D正确；
故答案为：C。
【分析】对电极反应进行分析，蓄电（电解池）：碳锰电极（左侧，H2SO4溶液）：Mn2+ → MnO2（Mn 化合价从 + 2→+4，氧化反应，故为 阳极），反应式：Mn2+ + 2H2O 2e- = MnO2 + 4H+；左池左侧电极：H+ → H2（还原反应，阴极），反应式：2H+ + 2e- = H2↑；锌电极（右侧，KOH 溶液）：ZnO → Zn（Zn 化合价从 + 2→0，还原反应，故为 阴极），反应式：ZnO + H2O + 2e- = Zn + 2OH-；右池右侧电极：OH- → O2（氧化反应，阳极），反应式：4OH- 4e- = 2H2O + O2↑。
放电（原电池）：碳锰电极：MnO2 → Mn2+（Mn 化合价从 + 4→+2，还原反应，故为 正极），反应式：MnO2 + 4H+ + 2e- = Mn2+ + 2H2O；锌电极：Zn → ZnO（Zn 化合价从 0→+2，氧化反应，故为 负极），反应式：Zn + 2OH- 2e- = ZnO + H2O；双极膜：H2O 解离为 H+（移向正极，即碳锰电极）和 OH-（移向负极，即锌电极）。
13．【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、根据分析知，曲线L2表示以n(CO2)：n(H2)=1：3投料下的CO2的平衡转化率，A正确；
B、CH3OH选择性：a>b，则CO选择性：aC、温度高，反应速率更快。升高温度，反应Ⅰ逆向移动，反应Ⅱ正向移动，CO的选择性更高，C正确；
D、反应Ⅰ是放热反应，温度越高，K值越小，则K(a)＞K(b)=K(c)，D错误；
故答案为：D
【分析】反应 Ⅰ：CO2 + 3H2=CH3OH + H2O，是放热反应（△H < 0），平衡常数 K 随温度升高而 减小。反应 Ⅱ：CO2 + H2=CO+H2O，是吸热反应（△H > 0），平衡常数 K 随温度升高而 增大。增大n(CO2)：n(H2)，CO2转化率减小，所以曲线L2表示以n(CO2)：n(H2)=1：3投料下的CO2的平衡转化率随温度的变化曲线，曲线L1表示以n(CO2)：n(H2)=1：3投料下的CH3OH选择性随温度的变化曲线。
14．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、由分析可知，曲线①表示MSO4的变化曲线，曲线②表示MCO3的变化曲线，A错误；
B、pH6.37时，，，所以，pH为x时，，，则，，x=6.97，B正确；
C、a点时，，，所以，数量级为，C错误；
D、当pH=10.25，溶液中c()=c()，c(OH-)＞c(H+)，如不存在其它离子，则有电荷守恒c(H+)+c(Na+)+2c(M2+)=2c()+c()+c(OH-)=3c()+c(OH-)，因为c(OH-)＞c(H+)，则c(Na+)+2c(M2+)＞3c())，但由于加了其它物质调节pH，该式不一定成立，D错误；
故答案为：B
【分析】左侧纵轴（δ）：代表 含碳微粒的分布分数，如δ（CO32-)、δ（HCO3-）等。右侧纵轴（pM）： pM= -lg c(M2+)，反映 M2+浓度pPM越大，c（M2+） 越小）。随着pH的增大，逐渐减小，逐渐增大，然后逐渐减小，逐渐增大，所以图像中左侧分布系数逐渐减小的曲线代表，右侧分布系数逐渐增大的曲线代表，分布系数先增大后减小的曲线代表；随着pH增大，增大，MCO3(s)的沉淀溶解平衡逆向移动，溶液中减小，pM增大；随着pH增大，不变，对MSO4(s)的沉淀溶解平衡无影响，溶液中不变，pM不变，所以曲线①表示MSO4的变化曲线，曲线②表示MCO3的变化曲线，总的来说，就是通过 碳酸电离的分布分数（δ 曲线） 确定 Ka1、Ka2，通过 MCO3的溶解平衡（pM 曲线） 关联M2+与 CO32-浓度，解释 pH 对水解、溶解平衡的联动影响。
15．【答案】（1）
（2）有强氧化性，易氧化生成；
（3）
（4）<；萃取、分液
（5）
（6）6；Li+层和CO-O层吸引力减弱，CO-O层之间的同性排斥使层间距增大(或：相邻的CO-O层中同性相斥，使层间距增大)
【知识点】研究物质结构的基本方法和实验手段；晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）、二氧化硅难溶于硫酸、硫酸钙微溶，根据分析可知，滤渣的主要成分为；
（2）、根据信息说明有强氧化性，易氧化生成，所以“酸浸”工序中不能用盐酸替代硫酸，该过程中被双氧水还原为，Co元素化合价由+3降低为+2、双氧水中O元素化合价由-1升高为0，根据得失电子守恒，发生的反应的离子方程式为，
（3）、室温下，若金属离子浓度低于时，可视为沉淀完全，假设在酸浸溶液中Mg2+和Ca2+浓度均为0.1mol/L，则溶液中恰好沉淀完全时，c(F-)=，溶液中的浓度为mol/L。
（4）、含的水溶液中加入KSCN，没有转化为，可知在水中的稳定性：<。流程中“操作”将溶液分为了有机相和无机相，因此操作为萃取、分液；
（5）、碳酸钴加入碳酸锂，通入空气煅烧得到钴酸锂，在煅烧中，钴的化合价升高，空气中参与反应，并放出，反应为；
（6）、由钴酸锂（LiCoO2）晶胞结构示意图可知，Li位于顶点和内部，个数为8×+2=3，由化学式LiCoO2可知，O原子个数为6；充电过程中，正极材料失电子发生氧化反应，Li+从八面体层间脱出，Li+减少，使Li+层和Co-O层吸引力减弱，Co-O层之间的排斥使层间距离增大。
【分析】水钴矿主要成分为，含少量、、、等杂质。首先加入稀硫酸和双氧水进行“酸浸”，溶解金属氧化物，分离SiO2，具体为：被双氧水还原为Co2+，滤渣中有少量硫酸钙、二氧化硅，滤液中含有Co2+、、、；而后加入氟化铵生成、沉淀除、，这一步要注意控制F-的浓度，仅沉淀Ca2+、Mg2+，Co2+对应的氟化物KSP更大，留在溶液；萃取阶段，加入与反应生成进入有机相，三价铁离子生成进入水相，便于后续分离；反萃取阶段，加入稀硫酸破坏萃取平衡，回到水相，分离有机相；继续加入碳酸钠后得到碳酸钴；最后的煅烧阶段，再加入碳酸锂和通入空气煅烧，发生氧化还原反应，生成产物钴酸锂。
（1）二氧化硅难溶于硫酸、硫酸钙微溶，根据分析可知，滤渣的主要成分为；
（2）根据信息说明有强氧化性，易氧化生成，所以“酸浸”工序中不能用盐酸替代硫酸，该过程中被双氧水还原为，Co元素化合价由+3降低为+2、双氧水中O元素化合价由-1升高为0，根据得失电子守恒，发生的反应的离子方程式为，
（3）室温下，若金属离子浓度低于时，可视为沉淀完全，假设在酸浸溶液中Mg2+和Ca2+浓度均为0.1mol/L，则溶液中恰好沉淀完全时，c(F-)=，溶液中的浓度为mol/L。
（4）含的水溶液中加入KSCN，没有转化为，可知在水中的稳定性：<。流程中“操作”将溶液分为了有机相和无机相，因此操作为萃取、分液；
（5）碳酸钴加入碳酸锂，通入空气煅烧得到钴酸锂，在煅烧中，钴的化合价升高，空气中参与反应，并放出，反应为；
（6）由钴酸锂（LiCoO2）晶胞结构示意图可知，Li位于顶点和内部，个数为8×+2=3，由化学式LiCoO2可知，O原子个数为6；充电过程中，正极材料失电子发生氧化反应，Li+从八面体层间脱出，Li+减少，使Li+层和Co-O层吸引力减弱，Co-O层之间的排斥使层间距离增大。
16．【答案】；d；既能保证较快的反应速率，同时减少氨的挥发和H2O2的分解；P2O5或CaCl2；防止冷却时析出三氯化六氨合钴晶体，造成损失；C；%；使生成的AgCl沉淀被硝基苯覆盖，防止AgCl转化为AgSCN沉淀
【知识点】物质的分离与提纯；中和滴定；制备实验方案的设计；溶液中溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】（1）、由分析可知，制备[Co(NH3)6]Cl3的化学方程式为：。
（2）、Co2+在溶液中较稳定，[Co(NH3)6]2+具有较强还原性，为了将不易被氧化的Co2+转化为具有较强还原性的[Co(NH3)6]2+，应该先打开d进行络合反应，再打开b进行氧化；后续钴离子和氨水反应络合反应，原料中加入NH4Cl可以抑制NH3 H2O电离，有利于络合物形成；控制三颈烧瓶中水浴的温度控制在55℃左右，温度不宜过高的原因是既能保证较快的反应速率，同时减少氨的挥发和H2O2的分解。干燥管的作用是吸收多余的氨气且防止空气中的水蒸气进入装置，干燥管中试剂为P2O5或CaCl2。
（3）、由题干信息可知，三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3为橙黄色晶体，易溶于热水，在冷水中微溶，故步骤④中趁热过滤的目的是防止冷却时析出三氯化六氨合钴晶体，造成损失。
（4）、由分析可知，滤渣中[Co(NH3)6]Cl3 6H2O表面有残留的氨水，加入浓盐酸可以消耗氨水且抑制[Co(NH3)6]Cl3 6H2O的电离，[Co(NH3)6]Cl3能够溶于水，所以过量的盐酸要用乙醇洗涤，故答案为：C。
（5）、滴定原理为过量溶液将a g产品中的全部沉淀，过量的溶液用KSCN溶液滴定，根据反应的计量关系可知，结合，可得产品的质量分数为% 。
（6）、由题干信息可知，，AgCl易转化为AgSCN，硝基苯的密度比水的大，故实验过程中加入硝基苯的目的是使生成的AgCl沉淀被硝基苯覆盖，防止AgCl转化为AgSCN沉淀。
【分析】根据题意，氯化铵：提供NH4+，通过 同离子效应抑制氨水电离，稳定溶液中NH3浓度，营造弱碱性环境，避免Co2+水解为Co(OH)2，同时促进[Co(NH3)6]2+形成；CoCl2：提供Co2+，与NH3配位生成[Co(NH3)6]2+；活性炭：作催化剂，加速[Co(NH3)6]2+被H2O2氧化的反应速率；浓氨水：提供NH3，作为配位剂；双氧水：作 氧化剂，将[Co(NH3)6]2+或Co2+氧化为[Co(NH3)6]3+或Co3+。接着开始反应，在氨气和氯化铵存在条件下，以活性炭为催化剂，用双氧水氧化CoCl2溶液来制备[Co(NH3)6]Cl3，反应的化学方程式为；将粗产品溶于25mL热的稀盐酸中，再向滤液中缓慢加入4mL浓盐酸，有大量橙黄色晶体析出，冰浴冷却后过滤，说明加入热的稀盐酸后应过滤；先用冷的2mol L-1HCl溶液洗涤晶体，再用少许乙醇洗涤，干燥，得产品。其中，恒压滴液漏斗（c）用来平稳滴加氨水，控制NH3加入速率，避免局部浓度过高。尾气处理（干燥管）：吸收挥发的NH3，防止污染空气。
17．【答案】；；高；加压、换用高选择性催化剂；或；ii；随温度升高，CO2的转化率升高，但HCOOH的选择性却迅速下降；负；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）、由反应机理图可知，二氧化碳和氢气在固载金属催化剂上反应可以生成甲酸、一氧化碳和甲醛，则反应iii为催化剂作用下二氧化碳和氢气生成甲醛和水，反应的化学方程式为；故答案为：。
（2）、由化学反应反应热等于生成物的标准摩尔生成焓之和与反应物的标准摩尔生成焓之和的差值，即；反应ⅱ的，根据复合判据可知，高温下可自发进行；故答案为：；高。
（3）、①、由方程式可知，反应i为气体体积减小的反应，而反应ii为气体体积不变的反应，则一定温度下，增大压强，有利于反应i向正反应方向移动，能够提高甲酸选择性，或换用高选择性催化剂促进反应i发生，也能够提高甲酸选择性，故答案为：加压、换用高选择性催化剂。
②、设起始二氧化碳和氢气的物质的量都为1mol，由图可知，673.15K时，二氧化碳的转化率为95%、甲酸的选择性为0.3%，则平衡时甲酸的物质的量为1mol×95%×0.3%，由方程式可知，平衡时二氧化碳和氢气的物质的量都为1mol-1mol×95%=1mol×5%，由体系中氢气分压为a MPa可知，二氧化碳、甲酸的分压分别为aMPa和，则反应i的分压平衡常数计算式Kp==或；故答案为：或。
③、由图可知，当温度高于673.15K时，随温度升高，二氧化碳的转化率升高，但甲酸的选择性却迅速下降，说明反应ii的反应速率增加更显著；故答案为：ii；随温度升高，二氧化碳的转化率升高，但HCOOH的选择性却迅速下降。
（4）、由图可知，二氧化碳转化为一氧化碳，发生还原反应，所以通入二氧化碳的电极A为阴极，与直流电源负极直接相连，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成一氧化碳的电极反应式为；故答案为：负；。
【分析】判断反应能否自发要根据此公式： △G =△H－T△S， 判断反应能否自发进行用吉布斯自由能判据：如果△G<0 反应可以自发进行，反之则不可以自发进行； 恒温恒压下： 当△H<0，△S>0时，反应自发进行； 当△H>0，△S<0时，反应不自发进行； 当△H>0，△S>0时，需要在较高温度的条件下，才能自发进行。
化学反应热的计算方法有：1.物质能量变化求算（△H=ΣE生成物-ΣE反应物）2. 根据反应实质键能的大小求算（△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和）3.根据活化能求算（△H= Ea正 -Ea逆）4.标准摩尔生成焓求算（△H=生成物的标准摩尔生成焓之和 -反应物的标准摩尔生成焓之和）
书写化学反应三段式时的注意事项：单位一致，确保起始量、变化量和平衡量的单位保持一致；注意化学计量数、注意物质状态固体、纯液体一般不参与其中；考虑可逆反应的平衡量不是完全转化的结果，而是反应物和生成物共存的状态。此时需要根据反应的转化率或平衡常数进行计算。
电解方程式的书写方法： (1)写出溶液中存在的离子(2)比较放电顺序(3)写出电极反应，推测其他产物；书写时要注意：①阴极不管是什么材料，电极本身都不反应，一定是溶液(或熔融电解质)中阳离子放电 ②阳极材料若是金属电极(Au、Pt除外)，溶液中的阴离子不反应，电极金属失电子被氧化 ③电解水溶液时，K+～Al3+不可能在阴极放电，即不可能用电解水溶液的方法得到K、Ca、Na、Mg、Al等金属单质 ④电解水溶液时，Pb2+、Sn2+、Fe2+、Zn2+浓度较大时在H+之前放电
18．【答案】（1）浓硫酸、浓硝酸
（2）邻氨基苯甲酸；硝基、羧基
（3）取代反应
（4）+
（5）受两侧的吸电子作用影响，使相连的碳原子上的的极性增强，易断裂
（6）10
（7）；
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；有机化学反应的综合应用；苯酚的化学性质
【解析】【解答】（1）、A发生硝化反应生成B，试剂a是邻氨基苯甲酸。
（2）、由分析可知，E为，名称为邻氨基苯甲酸，D为，含有的官能团是硝基、羧基。
（3）、由分析可知，G与甲醇发生（取代）酯化反应生成J为。
（4）、由分析可知，J为，J与苯胺发生取代反应生成K为，化学方程式为：+。
（5）、溴单质与中苯环侧链上的发生取代反应的原因是：受两侧的吸电子作用影响，使相连的碳原子上的的极性增强，易断裂。
（6）、F的不饱和度为7，ⅰ．含有3种官能团(其中一种为碳碳三键) ，碳碳三键三键的不饱和度为2，ⅱ．遇溶液显紫色说明含有酚羟基，根据不饱和度和O原子个数可知还有硝基，苯环上的取代基为-OH、-NO2、-CCH，满足条件F的同分异构体有10种，如。
（7）、M(含有五元环)为，M与F脱去CO2(即O=C=O)得到中间体1为，与水加成生成中间体2为，再发生醇的脱去反应脱掉一分子水生成P。
【分析】由题可知，A属于芳香烃，含有苯环，所以A为甲苯，A在浓硫酸、浓硝酸的混酸条件下加热发生硝化反应生成B，结合F的结构可知在甲基的邻位取代硝基，B为，甲苯侧链的甲基会被苯环活化，易被氧化成羧基，故B发生氧化反应生成D为，接着在H2/Pd-C的条件下，催化加氢还原硝基为氨基，则E为，接着G与甲醇发生酯化反应生成J为，J与苯胺发生取代反应生成K为，K与Br2发生取代反应生成L为，L苯上一个H和Br断裂结合生成M(含有五元环)为，总的来说，这个反应先改造并修饰苯环，接着生成丙二酸的衍生物，最后通过环化反应得到目标产物。
（1）A发生硝化反应生成B，试剂a是邻氨基苯甲酸。
（2）由分析可知，E为，名称为邻氨基苯甲酸，D为，含有的官能团是硝基、羧基。
（3）由分析可知，G与甲醇发生（取代）酯化反应生成J为。
（4）由分析可知，J为，J与苯胺发生取代反应生成K为，化学方程式为：+。
（5）溴单质与中苯环侧链上的发生取代反应的原因是：受两侧的吸电子作用影响，使相连的碳原子上的的极性增强，易断裂。
（6）F的不饱和度为7，ⅰ．含有3种官能团(其中一种为碳碳三键) ，碳碳三键三键的不饱和度为2，ⅱ．遇溶液显紫色说明含有酚羟基，根据不饱和度和O原子个数可知还有硝基，苯环上的取代基为-OH、-NO2、-CCH，满足条件F的同分异构体有10种，如。
（7）M(含有五元环)为，M与F脱去CO2(即O=C=O)得到中间体1为，与水加成生成中间体2为，再发生醇的脱去反应脱掉一分子水生成P。
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