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广东省广州奥林匹克中学2025-2026学年高三上学期9月月考 化学试题
1．（2025高三上·广州月考）巴黎奥运赛场上中国运动健儿绽放异彩，“中国科技”闪耀赛场内外。下列所涉及的材质为新型无机非金属的是
A．射击比赛服采用特制帆布和牛皮等材料
B．奥运会场馆中的紫色跑道使用可循环橡胶材料
C．乒乓球比赛用球采用高品质ABS塑料材料
D．自行车采用航空级纳米碳纤维材料
【答案】D
【知识点】无机非金属材料；常用合成高分子材料的化学成分及其性能
【解析】【解答】A、帆布主要成分为纤维素（有机高分子），牛皮主要成分为蛋白质（有机高分子），均属于有机材料，故A不符合题意 ；
B、橡胶属于有机高分子材料，可循环橡胶也属于有机类别，故B不符合题意 ；
C、ABS 塑料是有机高分子合成材料，属于有机类别，故C不符合题意 ；
D、纳米碳纤维主要成分为碳，属于新型无机非金属材料，故D符合题意 ；
故答案为：D。【分析】A．有机材料的判断（帆布、牛皮的成分）。
B．有机高分子材料的判断（橡胶的类别）。
C．有机高分子材料的判断（ABS 塑料的类别）。
D．新型无机非金属材料的判断（碳纤维的成分）。
2．（2025高三上·广州月考）下列化学用语或图示表达正确的是
A．顺-2-丁烯的结构简式：
B．的VSEPR模型为三角锥形
C．乙醇的核磁共振氢谱图：
D．基态原子的价层电子轨道表示式为
【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；烯烃
【解析】【解答】A、顺 - 2 - 丁烯中双键两端的甲基（-CH3）位于双键同侧，其结构简式符合顺式异构的定义，A正确；
B、NH3中 N 原子价层电子对数为 4（3 个成键电子对 + 1 个孤电子对），VSEPR 模型为四面体形，而分子构型（实际空间结构）为三角锥形，B错误；
C、乙醇（CH3CH2OH）有 3 种不同化学环境的氢（甲基、亚甲基、羟基），核磁共振氢谱应出现 3 个峰，而图中峰数不符，C错误；
D、基态 Cr 原子价层电子排布为 3d54s （半满结构更稳定），轨道表示式中 3d 轨道应含 5 个自旋平行的电子，4s 轨道含 1 个电子， 电子轨道表示式为，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．顺 - 2 - 丁烯的结构特征（双键同侧的甲基）。
B．VSEPR 模型与分子构型的区别（NH3的价层电子对与空间构型）。
C．乙醇中不同化学环境氢原子的种类（核磁共振氢谱的峰数）。
D．基态 Cr 原子的价层电子排布（半满结构的稳定性）。
3．（2025高三上·广州月考）下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 制作烟花时在火药中添加金属的化合物 部分金属元素有特殊焰色
B 使用MgCl2溶液点卤制作豆腐 MgCl2能使蛋白质胶体发生聚沉
C 用小苏打作发泡剂烘焙面包 碳酸氢钠溶于水吸热
D 葡萄酒中加入适量SO2 SO2可防止氧化，起到保质作用
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】焰色反应；胶体的性质和应用；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A、制作烟花添加金属化合物，利用的是部分金属元素的特殊焰色反应，A正确；
B、MgCl2溶液点卤制作豆腐，是因为 MgCl2能使蛋白质胶体聚沉，B正确；
C、小苏打作发泡剂烘焙面包，是因为碳酸氢钠受热分解产生 CO2，而非溶于水吸热，C错误；
D、葡萄酒中加适量 SO2，利用 SO2的抗氧化性防止氧化、起到保质作用，D正确；
故答案为：C。
【分析】逐一分析每个选项中劳动项目与化学知识的关联性，判断是否匹配。
4．（2025高三上·广州月考）下列化工原理涉及的物质转化均可实现的是
A．用Fe制取：
B．金属Mg制备：溶液
C．工业尾气中的SO2处理：SO2CaSO3CaSO4
D．硫酸工业：
【答案】D
【知识点】工业制取硫酸；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A、Fe 与盐酸反应生成FeCl2（而非 FeCl3）；且 FeCl3溶液蒸干时，因 Fe3+水解生成 Fe(OH)3，最终得到的是 Fe2O3（而非 FeCl3固体），A错误；
B、电解 MgCl2溶液时，生成的是 Mg(OH)2、H2和 Cl2；只有电解熔融MgCl2才能得到金属 Mg，B 错误；
C、因盐酸酸性强于亚硫酸，SO2与 CaCl2溶液不反应，无法生成CaSO3，C错误；
D、硫酸工业中，FeS2煅烧生成 SO2；SO2在催化剂、加热条件下与 O2反应生成 SO3；SO3用 98.3% 的浓硫酸吸收生成 H2SO4（避免酸雾），三步转化均能实现，D正确；
故答案为：D。【分析】A．Fe与盐酸的反应产物、FeCl3溶液蒸干的产物。
B．电解 MgCl2溶液与电解熔融 MgCl2的产物差异。
C．强酸制弱酸的规律（SO2与 CaCl2溶液的反应性）。
D．硫酸工业的三步反应（煅烧、催化氧化、吸收）。
5．（2025高三上·广州月考）下列离子方程式与化学事实相符的是
A．使用含氟牙膏预防龋齿：
B．向溶液中加入铜粉：
C．稀硝酸中加入过量铁粉：
D．湿润的淀粉碘化钾试纸遇氯气变蓝)：
【答案】A
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；氯气的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、牙齿主要成分 Ca5(PO4)3OH 与氟离子反应，生成更稳定的 Ca5(PO4)3F，离子方程式为 Ca5(PO4)3OH(s)+F-(aq) Ca5(PO4)3F(s)+OH-(aq)，符合化学事实，A正确；
B、Cu 与 FeCl3反应时，Fe3+仅被还原为 Fe2+，正确离子方程式为 Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，题中生成 Fe 的表述错误，B错误；
C、过量 Fe 会将生成的 Fe3+还原为 Fe2+，正确离子方程式为 3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O，题中产物为 Fe3+的表述错误，C错误；
D、Cl2氧化 I-生成 I2（使淀粉变蓝），正确离子方程式为 Cl2+2I-=I2+2Cl-，题中生成 IO3-的表述错误，D错误；
故答案为：A。【分析】A．氟离子与羟基磷酸钙反应生成更稳定的氟磷酸钙，符合含氟牙膏的作用原理，A正确；
B．判断Fe3+与 Cu 反应的产物（Fe2+而非 Fe 单质）。
C．判断过量 Fe 与稀硝酸反应的产物（Fe2+而非 Fe3+）。
D．考查Cl2与 I-反应的产物（I2而非 IO3-）。
6．（2025高三上·广州月考）下列实验装置或操作不正确的是
A．测定锌与稀硫酸反应速率 B．测定中和反应的反应热
C．制备乙烯 D．探究铁的吸氧腐蚀
【答案】C
【知识点】化学反应速率；乙烯的实验室制法；中和热的测定；铁的吸氧腐蚀
【解析】【解答】A、通过测量锌与稀硫酸反应生成 H2的体积随时间的变化，可计算反应速率。装置中注射器能记录 H2体积变化，设计合理，A正确；
B、装置有隔热层（保温）、玻璃搅拌器（使反应均匀）、温度计（测温度），符合中和反应反应热测定的装置要求，B正确；
C、乙醇与浓硫酸在 170℃发生消去反应制备乙烯，温度计需插入反应液中准确测量温度。图中温度计未插入液面下，无法控制反应温度，装置设计错误，C不正确；
D、食盐水为中性环境，铁钉发生吸氧腐蚀消耗 O2，试管内气压减小，导管另一端水会倒吸形成水柱，装置能探究铁的吸氧腐蚀，D正确；
故答案为：C。【分析】A．反应速率的测定原理（单位时间内气体体积变化）。
B．中和反应反应热测定的装置要求（保温、测温、搅拌）。
C．乙醇消去反应制备乙烯的温度计位置（需测量反应液温度）。
D．铁的吸氧腐蚀原理（中性环境下消耗 O2导致气压变化）。
7．（2025高三上·广州月考）化合物Z是合成重要香料香豆素的一种中间产物，其结构简式如图所示。下列有关该化合物说法错误的是
A．Z的分子式为
B．Z能与氨基酸反应
C．Z可以与溴水发生加成反应
D．1 molZ最多可与5mol发生加成反应
【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质；加成反应
【解析】【解答】A、由结构简式可知，Z 含 9 个 C、8 个 H、3 个 O，分子式为 C9H8O3，A正确；
B、Z 含羧基（-COOH），氨基酸含氨基（-NH2），羧基与氨基可发生脱水缩合反应，B正确；
C、Z 含碳碳双键，可与溴水发生加成反应，C正确；
D、苯环与 3 mol H2加成，碳碳双键与 1 mol H2加成，羧基中 C=O 不与 H2加成，因此 1 mol Z 最多与 4 mol H2发生加成反应，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．根据结构简式确定分子式（C、H、O 原子数）。
B．考查羧基与氨基的反应（脱水缩合）。
C．考查碳碳双键与溴水的反应（加成反应）。
D．考查能与 H2加成的官能团（苯环、碳碳双键，羧基中 C=O 不加成）。
8．（2025高三上·广州月考）下列各组离子中能大量共存的是
A．Cl-、OH-、SO、NH B．H+、Fe2+、SO、Cl-
C．K+、Ba2+、NO、SO D．H+、Cl-、MnO、Fe2+
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；离子共存；氯气的实验室制法
【解析】【解答】A、OH-与 NH4+会结合生成弱电解质 NH3 H2O，不能大量共存，A错误；
B、H+、Fe2+、SO42-、Cl-之间不会发生复分解反应（生成沉淀、气体或弱电解质），也无氧化还原等反应，可大量共存，B正确；
C、Ba2+与 SO42-会结合生成 BaSO4沉淀，不能大量共存，C错误；
D、在 H+存在的酸性条件下，MnO4-具有强氧化性，能氧化 Cl-和 Fe2+，不能大量共存，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．分析 OH-与 NH4+的反应。
B．判断离子间是否发生反应。
C．分析 Ba2+与 SO42-的沉淀反应。
D．分析酸性条件下 MnO4-的氧化性。
9．（2025高三上·广州月考）下列实验操作及现象与结论一致的是
选项 实验操作及现象 结论
A 向溶液中滴加淀粉溶液，溶液变蓝 氧化性：
B 向某无色溶液中滴加溶液，产生白色沉淀，加稀盐酸，沉淀不溶解 该溶液中一定含有
C 将气体通入溴水中，溶液褪色 具有漂白性
D 将铁锈溶于浓盐酸，再向溶液中滴入几滴溶液，滴入的紫色溶液褪色 铁锈中含，且具有还原性
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；二氧化硫的性质；硫酸根离子的检验；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A、向 FeCl3溶液中滴加 KI - 淀粉溶液，溶液变蓝，说明 Fe3+将 I-氧化为 I2（淀粉遇 I2变蓝）。在该反应中，Fe3+是氧化剂，I2是氧化产物，故氧化性 Fe3+ > I2，A正确；
B、向无色溶液中滴加 BaCl2溶液产生白色沉淀，加稀盐酸沉淀不溶解，沉淀可能是 BaSO4（对应 SO42-），也可能是 AgCl（对应 Ag+），无法确定溶液中一定含 SO42-，B错误；
C、SO2通入溴水中，发生氧化还原反应（SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr），体现的是 SO2的还原性，而非漂白性，C错误；
D、铁锈溶于浓盐酸后，溶液中 Cl-浓度较高，KMnO4具有强氧化性，可氧化 Cl-导致紫色褪去，无法证明溶液中含 Fe2+，D错误；
故答案为：A。【分析】A．氧化性强弱的判断（氧化还原反应中氧化剂氧化性强于氧化产物）；
B．考查白色沉淀的可能组成（BaSO4、AgCl 等）。
C．判断SO2使溴水褪色的本质（还原性而非漂白性）。
D．考查KMnO4褪色的干扰因素（Cl-的还原性）。
10．（2025高三上·广州月考）我国多条高压直流电线路的瓷绝缘子出现铁帽腐蚀现象。在铁帽上加锌环能有效防止铁帽的腐蚀，防护原理如图所示。下列说法错误的是
A．通电时，锌环是阳极，发生氧化反应
B．通电时，阴极上的电极反应为
C．断电时，锌环上的电极反应为
D．断电和通电时，防止铁帽被腐蚀的化学原理不完全相同
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；金属的电化学腐蚀与防护；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】通电时：装置为电解池，锌环与电源正极相连，铁帽与电源负极相连。
断电时：装置为原电池，锌与铁形成自发的氧化还原反应体系。
A、通电时，锌环与电源正极相连，作阳极，发生氧化反应（失去电子），A正确；
B、通电时，铁帽作阴极，溶液中 H2O 得电子发生还原反应，电极反应为 2H2O+2e-=H2↑+2OH-，B 正确；
C、断电时，锌与铁形成原电池，锌的活动性强于铁，作负极，发生氧化反应，电极反应为 Zn - 2e- = Zn2+，而非 “Zn2++2e-=Zn”（还原反应），C错误；
D、通电时利用电解池原理（外加电流的阴极保护法），断电时利用原电池原理（牺牲阳极的阴极保护法），化学原理不完全相同，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．通电时，锌环与电源正极相连，作阳极，阳极发生氧化反应（失去电子）。
B．通电时，铁帽作阴极，溶液中 H2O 得电子发生还原反应。
C．断电时，锌与铁形成原电池，锌的金属活动性强于铁，作负极，发生氧化反应。
D．通电时，防护原理是电解池原理（外加电流的阴极保护法）；断电时，防护原理是原电池原理（牺牲阳极的阴极保护法）。两者的化学原理不完全相同。
11．（2025高三上·广州月考）氮及其化合物的部分转化关系如图(转化条件已略去)。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．反应①每1molNH3参加反应，消耗O2分子的数目为0.5NA
B．11.2LNO和的混合物中，含有氮原子的数目为0.5NA
C．反应③中1molNO2与足量H2O反应生成的数目为NA
D．反应④中6.4gCu参加反应，转移电子的数目一定为0.2NA
【答案】D
【知识点】气体摩尔体积；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、反应①为 ，1mol NH3消耗 1.25mol O2，对应 O2分子数 1.25NA，A错误；
B、未说明是标准状况，11.2L NO 和 NO2混合物的总物质的量无法确定，氮原子数不能确定为 0.5NA，B错误；
C、反应③为 3NO2+H2O=2HNO3+NO，3mol NO2生成 2mol NO3-，故 1mol NO2生成mol NO3-，数目为 NA，C错误；
D、6.4g Cu 为 0.1mol，与 HNO3反应生成 Cu2+，每 mol Cu 失 2mol 电子，转移电子数 0.2NA，且与硝酸浓度无关，D正确；
故答案为：D。
【分析】依据氮及其化合物的转化反应，从反应比例、气体摩尔体积条件、电子转移规律等方面，判断各选项正误。
A．根据氨的催化氧化反应方程式计算 O2的消耗量。
B．分析气体摩尔体积的适用条件对物质的量计算的影响。
C．根据 NO2与水的反应方程式计算 NO3-的生成量。
D．分析 Cu 与硝酸反应时的电子转移规律。
12．（2025高三上·广州月考）下列陈述I和陈述II均正确且具有因果关系的是（　　）
选项 陈述I 陈述II
A NH3能使湿润的蓝色石蕊试纸变红 NH3溶于水呈碱性
B 新制的Mg(OH)2白色沉淀上滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液，白色沉淀变为红褐色 相同温度下Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3]
C 常温下，等浓度的醋酸钠和硼酸钠溶液，前者pH小 酸性：H3BO3>CH3COOH
D 将H2O2滴入KMnO4酸性溶液中，溶液褪色 H2O2具有强氧化性
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；氨的性质及用途
【解析】【解答】A．NH3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，陈述I不符合题意，故A不符合题意；
B．新制的Mg(OH)2白色沉淀上滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液，白色沉淀变为红褐色，说明 Mg(OH)2沉淀能转化为Fe(OH)3沉淀，Fe(OH)3溶度积常数比Mg(OH)3的小，故B符合题意；
C．常温下，等浓度的醋酸钠和硼酸钠溶液，前者pH小，说明醋酸根水解程度小，醋酸的酸性强于硼酸，故C不符合题意；
D．将H2O2滴入KMnO4酸性溶液中，溶液褪色，说明KMnO4显示强氧化性，H2O2表现为还原性，故D不符合题意；
故答案为B。
【分析】A.氨气可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，不能使湿润的蓝色石蕊试纸变色
B.通过沉淀的转化可以证明溶度积的大小
C.通过比较盐溶液的pH即可判断酸性的强弱
D.高锰酸钾具有很强的氧化性，褪色说明过氧化氢具有还原性
13．（2025高三上·广州月考）部分含或含物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是
A．可存在c→d→e的转化
B．能与反应生成c的物质只有b
C．新制的d可用于检验葡萄糖中的醛基
D．若b能与反应生成，则b中含共价键
【答案】B
【知识点】钠的化学性质；醛的化学性质；物质的简单分类；钠的氧化物
【解析】【解答】A、若为 Cu 系列，CuOH 可转化为 Cu(OH)2，Cu(OH)2受热分解生成 CuO，存在 c→d→e 的转化，A合理；
B、若为 Na 系列，除 b（Na2O 或 Na2O2）外，单质 Na 与 H2O 反应也能生成 NaOH（反应为 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑），并非只有 b 能生成 c，B不合理；
C、新制 Cu(OH)2悬浊液与葡萄糖中的醛基反应会生成砖红色沉淀，可用于检验醛基，C合理；
D、若 b 为 Na2O2，与 H2O 反应生成 O2，其结构中含 O-O 共价键和离子键，D合理；
故答案为：B。
【分析】要解决此题题，需先结合化合价与物质类别明确各物质，再逐一分析选项：
若含 Na：a 为 Na（单质），b 为 Na2O 或 Na2O2（+1 价氧化物），c 为 NaOH（+1 价碱）；
若含 Cu：a 为 Cu（单质），b 为 Cu2O（+1 价氧化物），c 为 CuOH（+1 价碱，不稳定），d 为 Cu(OH)2（+2 价碱），e 为 CuO（+2 价氧化物）。据此解题。
14．（2025高三上·广州月考）苯在浓HNO3和浓H2SO4作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法错误的是
A．Y比X更稳定
B．其他条件不变，向反应体系中加入适量可有效提高反应速率
C．升高温度，X、Y的生成速率均增大
D．一定条件下，选择合适的催化剂并及时分离出X可提高X的产率
【答案】B
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、物质能量越低越稳定，由图可知 Y 能量低于 X，故 Y 比 X 稳定，A正确；
B、决速步是第一步反应，HO3SO-参与第二步反应，增加其浓度不能提高第一步反应速率，故无法有效提高总反应速率，B错误；
C、升高温度使活化分子百分数增加，生成 X 和 Y 的反应速率均增大，C正确；
D、合适的催化剂可加快反应速率，及时分离 X 可促使平衡正向移动，从而提高 X 的产率，D正确；
故答案为：B。
【分析】结合反应能量变化图，从物质稳定性、反应速率影响因素（活化能、温度、催化剂、浓度）、产率调控等角度，逐一分析选项正误。
15．（2025高三上·广州月考）由短周期非金属主族元素组成的化合物可治疗心绞痛。E、M、X、Y原子序数依次增大，M的一种核素常用于测定文物的年代，E的基态原子最外层只有一种自旋方向的电子，Y元素原子的价层电子排布式是。下列说法错误的是
A．第一电离能：
B．元素的电负性：
C．简单氢化物沸点：
D．空间结构：和均为三角锥形
【答案】D
【知识点】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；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】化合物由短周期非金属主族元素组成，且可治疗心绞痛，推测为硝酸甘油类化合物。
M 的一种核素常用于测定文物年代，故 M 为C（碳）；E 的基态原子最外层只有一种自旋方向的电子，说明最外层电子数为 1，结合原子序数小于 M，故 E 为H（氢）；Y 元素原子的价层电子排布式是 nsnnp2n，n=2 时（n=1 不符合 p 轨道存在），价层电子排布为 2s22p4，故 Y 为O（氧）。
结合原子序数依次增大，E、M、X、Y 中 X 介于 C 和 O 之间，故 X 为N（氮）。
A、X 为 N，Y 为 O。同周期元素第一电离能随原子序数增大呈增大趋势，但 N 的 2p 轨道为半满稳定结构，第一电离能大于 O，即 X > Y，A正确；
B、X 为 N，Y 为 O。同周期从左到右非金属性增强，电负性增大，故电负性 N < O，即 X < Y，B正确；
C、Y 的简单氢化物为 H2O（分子间存在氢键，沸点高），M 的简单氢化物为 CH4（分子间无氢键，沸点低），故沸点 H2O > CH4，即 Y > M，C正确；
D、XE3为 NH3，N 的价层电子对数为 4（3 个成键对 + 1 个孤电子对），空间结构为三角锥形；XY3-为 NO3-，N 的价层电子对数为 3（无孤电子对），空间结构为平面三角形。二者结构不同，D错误；
故答案为：D
【分析】A．考查同周期元素第一电离能的特殊性（N 的 2p 轨道半满结构）。
B．掌握同周期元素电负性变化规律（从左到右电负性递增）。
C．判断氢键对氢化物沸点的影响（H2O 与 CH4的沸点差异）。
D．分子或离子的空间结构判断（价层电子对互斥理论）。
16．（2025高三上·广州月考）LiOH是生产航空航天润滑剂的原料。清华大学首创三室膜电解法制备氢氧化锂，其模拟装置如图所示。下列有关说法正确的是
A．a极为电源的负极，Y极上发生氧化反应
B．X极的电极反应式为2H2O-4e-=4H＋+O2↑
C．膜1为阳离子交换膜，膜2为阴离子交换膜
D．每转移2mol电子，理论上生成24g LiOH
【答案】B
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、X 极导出浓硫酸，说明 X 极发生 OH-放电的氧化反应，为阳极，因此 a 极为电源正极；Y 极导出浓 LiOH，说明 Y 极发生 H+放电的还原反应，为阴极。故 a 不是负极，Y 极发生还原反应而非氧化反应，A错误；
B、X 极为阳极，水电离的 OH-失去电子生成 O2，电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑，符合氧化反应规律，B正确；
C、X 极（阳极）区，SO42-向阳极移动，故膜 1 为阴离子交换膜；Y 极（阴极）区，Li+向阴极移动，故膜 2 为阳离子交换膜。并非膜 1 是阳离子交换膜、膜 2 是阴离子交换膜，C错误；
D、Y 极反应为 2H2O+2e- =2OH-+H2↑，每转移 2mol 电子，有 2mol Li+迁移至阴极，生成 2mol LiOH，质量为 2mol×24g mol- =48g，而非 24g，D错误；
故答案为：B。
【分析】要解决本题，需结合电解池的阴阳极判断、电极反应、离子交换膜类型及产物计算，逐一分析选项：A．判断电源极性和电极反应类型。
B．分析阳极的电极反应式。
C．判断离子交换膜的类型。
D．根据电子转移计算 LiOH 的生成量。
17．（2025高三上·广州月考）为验证不同化合价铁的氧化还原能力，利用下列电池装置进行实验。
回答下列问题：
(1)由FeSO4·7H2O固体配制0.10 mol·L 1 FeSO4溶液，需要的仪器有药匙、玻璃棒、　 　(从下列图中选择，写出名称)。
(2)电池装置中，盐桥连接两电极电解质溶液。盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应，并且电迁移率(u∞)应尽可能地相近。根据下表数据，盐桥中应选择　 　作为电解质。
阳离子 u∞×108/(m2·s 1·V 1) 阴离子 u∞×108/(m2·s 1·V 1)
Li+ 4.07 4.61
Na+ 5.19 7.40
Ca2+ 6.59 Cl 7.91
K+ 7.62 8.27
(3)电流表显示电子由铁电极流向石墨电极。可知，盐桥中的阳离子进入　 　电极溶液中。
(4)电池反应一段时间后，测得铁电极溶液中c(Fe2+)增加了0.02 mol·L 1。石墨电极上未见Fe析出。可知，石墨电极溶液中c(Fe2+)=　 　。
(5)根据(3)、(4)实验结果，可知石墨电极的电极反应式为　 　，铁电极的电极反应式为　 　。因此，验证了Fe2+氧化性小于　 　，还原性小于　 　。
(6)实验前需要对铁电极表面活化。在FeSO4溶液中加入几滴Fe2(SO4)3溶液，将铁电极浸泡一段时间，铁电极表面被刻蚀活化。检验活化反应完成的方法是　 　。
【答案】烧杯、量筒、托盘天平；KCl；石墨；0.09mol/L；Fe3++e-=Fe2+；Fe-2e-=Fe2+；Fe3+；Fe；取活化后溶液少许于试管中，加入KSCN溶液，若溶液不出现血红色，说明活化反应完成
【知识点】常用仪器及其使用；配制一定物质的量浓度的溶液；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)由FeSO4·7H2O固体配制0.10mol·L-1FeSO4溶液的步骤为计算、称量、溶解并冷却至室温、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签，由FeSO4·7H2O固体配制0.10mol·L-1FeSO4溶液需要的仪器有药匙、托盘天平、合适的量筒、烧杯、玻璃棒、合适的容量瓶、胶头滴管，
故答案为：烧杯、量筒、托盘天平；
(2)Fe2+、Fe3+能与反应，Ca2+能与反应，FeSO4、Fe2(SO4)3都属于强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，酸性条件下能与Fe2+反应，根据题意“盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应”，盐桥中阴离子不可以选择、，阳离子不可以选择Ca2+，另盐桥中阴、阳离子的迁移率（u∞）应尽可能地相近，根据表中数据，盐桥中应选择KCl作为电解质，
故答案为：KCl；
(3)电流表显示电子由铁电极流向石墨电极，则铁电极为负极，石墨电极为正极，盐桥中阳离子向正极移动，则盐桥中的阳离子进入石墨电极溶液中，
故答案为：石墨；
(4)根据(3)的分析，铁电极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，石墨电极上未见Fe析出，石墨电极的电极反应式为Fe3++e-=Fe2+，电池反应一段时间后，测得铁电极溶液中c（Fe2+）增加了0.02mol/L，根据得失电子守恒，石墨电极溶液中c（Fe2+）增加0.04mol/L，石墨电极溶液中c（Fe2+）=0.05mol/L+0.04mol/L=0.09mol/L，
故答案为：0.09mol/L；
(5)根据(3)、(4)实验结果，可知石墨电极的电极反应式为Fe3++e-=Fe2+，铁电极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+；电池总反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，根据同一反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物、还原剂的还原性强于还原产物，则验证了Fe2+氧化性小于Fe3+，还原性小于Fe，
故答案为：Fe3++e-=Fe2+；Fe-2e-=Fe2+；Fe3+；Fe；
(6)在FeSO4溶液中加入几滴Fe2(SO4)3溶液，将铁电极浸泡一段时间，铁电极表面被刻蚀活化，发生的反应为Fe+ Fe2(SO4)3=3FeSO4，要检验活化反应完成，只要检验溶液中不含Fe3+即可，检验活化反应完成的方法是：取活化后溶液少许于试管中，加入KSCN溶液，若溶液不出现血红色，说明活化反应完成，
故答案为：取活化后溶液少许于试管中，加入KSCN溶液，若溶液不变红，说明活化反应完成。
【分析】(1)依据物质的量浓度溶液配制步骤，所需仪器为烧杯、量筒、托盘天平。
(2)结合离子不反应及电迁移率相近的要求，选 KCl 作为盐桥电解质。
(3)由电子流向确定正极是石墨，盐桥阳离子向石墨电极溶液移动。
(4)根据得失电子守恒计算，石墨电极溶液中 Fe2+浓度为 0.09 mol L- 。
(5)电极反应式为 Fe3++e-=Fe2+、Fe-2e-=Fe2+；Fe2+氧化性小于Fe3+，还原性小于Fe。
(6)用 KSCN 溶液检验，若溶液不变红，说明活化反应完成。
注意：本题的难点是第(2)题盐桥中电解质的选择和第(6)实验方法的设计，要充分利用题给信息和反应的原理解答。
18．（2025高三上·广州月考）采用氧化锰矿(主要含MnO2)和银锰精矿(主要含Ag2S、MnS、)联合回收Ag、Mn的工艺流程如图所示：
已知：①酸性条件下，的氧化性强于；②可以把部分Ag氧化为；
③。
（1）银锰精矿的中硫元素的化合价为　 　价。
（2）“浸锰”过程中，MnS发生的反应为，和发生反应的离子方程式为　 　。
（3）使用过量和HCl的混合液作为浸出剂，将中的银以的形式浸出，达到平衡后反应的离子方程式为　 　；“浸银液”中加入的铁粉是作为　 　(填“还原剂”或“氧化剂”)。
（4）“浸渣”的主要成分为　 　(填化学式)，若“浸锰液”中c()=0.01，则常温下，用氨水调节pH应小于　 　。
（5）的晶胞结构如图所示，晶胞参数a=b≠c，α=β=γ=90°。图中A代表的是　 　(填“Mn”或“O”)，该晶体的密度=　 　。
【答案】（1）-1
（2）
（3）；还原剂
（4）；8.7
（5）Mn；(或)
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）Fe元素常见价态为+2、+3价，在中根据化合价代数和等于零，Fe化合价为+2价、S化合价为-1价。
故答案为： -1 ；
（2）酸性条件下，的氧化性强于，可以将中Fe氧化为，将S元素氧化为+6价生成，本身被还原为，1个化合价升高总数为，1个化合价降低2，根据氧化剂化合价降低总数等于还原剂化合价升高总数，的化学计量数为15，的化学计量系数2，再根据离子电荷守恒、元素守恒配平，离子方程式为。
故答案为： ；
（3）可以将中-2价S元素氧化为单质硫，与形成配合离子，从而使溶解，根据得失电子守恒、离子电荷守恒、元素守恒配平，离子方程式为；“浸银液”中加入的铁粉使转化为单质Ag，反应中铁粉为还原剂。
故答案为： ； 还原剂 ；
（4）“浸锰液”加入氨水使转化为沉淀与分离，是浸渣的主要成分；氨水调节pH应使完全沉淀而未生成沉淀，根据，完全沉淀浓度<，则，；，c()=0.01未生成沉淀，，故调节pH应小于8.7。
故答案为： ； 8.7 ；
（5）图中A位于顶点及体心，有，B位于上、下平面及体内，有，A与B个数比为，在组成中Mn与O个数比为，故A代表Mn；根据公式计算，该晶体的密度== (或)。
故答案为： Mn ；(或) 。
【分析】该工艺流程以氧化锰矿（主要含 MnO2）和银锰精矿（主要含 Ag2S、MnS、FeS2）为原料，实现 Ag、Mn 的联合回收。“浸锰” 环节中，H2SO4可溶解 MnS 提取锰元素，同时 MnO2发挥氧化性氧化 FeS2，提升两种含锰矿中锰的提取率；过滤后 “浸锰液” 与未溶解的 Ag2S 分离，Ag2S 用过量 FeCl3、CaCl2和 HCl 的混合液溶解得到 “浸银液”，加入铁粉还原其中的银络离子得到粗银。“浸锰液” 中加入氨水，使 Fe3+转化为 Fe(OH)3沉淀从而与 Mn2+分离，再加入 NH4HCO3进行 “沉锰” 反应，最终生成 MnCO3。整个流程通过分步反应和分离操作，实现了 Ag 和 Mn 的高效回收。
（1）Fe元素常见价态为+2、+3价，在中根据化合价代数和等于零，Fe化合价为+2价、S化合价为-1价。
（2）酸性条件下，的氧化性强于，可以将中Fe氧化为，将S元素氧化为+6价生成，本身被还原为，1个化合价升高总数为，1个化合价降低2，根据氧化剂化合价降低总数等于还原剂化合价升高总数，的化学计量数为15，的化学计量系数2，再根据离子电荷守恒、元素守恒配平，离子方程式为。
（3）可以将中-2价S元素氧化为单质硫，与形成配合离子，从而使溶解，根据得失电子守恒、离子电荷守恒、元素守恒配平，离子方程式为；“浸银液”中加入的铁粉使转化为单质Ag，反应中铁粉为还原剂。
（4）“浸锰液”加入氨水使转化为沉淀与分离，是浸渣的主要成分；氨水调节pH应使完全沉淀而未生成沉淀，根据，完全沉淀浓度<，则，；，c()=0.01未生成沉淀，，故调节pH应小于8.7。
（5）图中A位于顶点及体心，有，B位于上、下平面及体内，有，A与B个数比为，在组成中Mn与O个数比为，故A代表Mn；根据公式计算，该晶体的密度== (或)。
19．（2025高三上·广州月考）为减小煤炭对环境的污染，工业上将煤炭与空气和水蒸气反应，得到工业的原料气。回答下列问题：
（1）已知：
①　 　。
②其他条件不变，随着温度的下降，气体中与的物质的量之比　 　（填标号）。
A．不变 B．增大 C．减小 D．无法判断
（2）为得到更多的氢气原料，工业上的一氧化碳变换反应：
①一定温度下，向密闭容器中加入等量的一氧化碳和水蒸气，总压强为。反应后测得各组分的平衡压强（即组分的物质的量分数总压）：、，则反应用平衡分压代替平衡浓度的平衡常数的数值为　 　。
②生产过程中，为了提高变换反应的速率，下列措施中合适的是　 　（填标号）。
A．反应温度越高越好 B．通入一定量的氮气
C．选择合适的催化剂 D．适当提高反应物压强
③以固体催化剂M催化变换反应，若水蒸气分子首先被催化剂的活性表面吸附而解离，反应过程如图所示。
用两个化学方程式表示该催化反应历程（反应机理）：步骤Ⅰ：　 　；步骤Ⅱ：　 　。
（3）制备水煤气反应的反应原理：。在工业生产水煤气时，通常交替通入适量的空气和水蒸气与煤炭反应，其理由是　 　。
【答案】（1）-222；C
（2）16.0；CD；；
（3）水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快化学反应速率
【知识点】化学平衡常数；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）①，②，由盖斯定律可知，2×①-②得到，=；由反应可知、均小于0，降低温度两反应的平衡体系均正向移动，但2，生成CO2能放出更多的热量维持反应继续进行（或者根据盖斯定律可知，二氧化碳与碳反应生成一氧化碳的反应是吸热反应，降低温度该平衡体系向逆反应方向移动），则降温对生成的反应更有利，气体中与的物质的量之比减小，故C正确；
故答案为： -222 ； C ；
（2）①由反应可知，反应前后气体分子数相等，则平衡后总压强保持不变，仍为2.0，起始时一氧化碳和水蒸气的物质的量相等，且变化量之比为1：1，则平衡后，，平衡常数=；②温度升高反应速率加快，适当升温有利于提高反应速率，但过高的温度可能导致催化剂失去活性，反而影响反应速率，且高温会使变换反应的限度变小，故A错误；充入与反应无关的氮气，对反应速率无影响，故B错误；催化剂可提高反应速率，故C正确；适当增大压强，可提高反应速率，故D正确；③由图可知步骤Ⅰ中水被催化剂M吸附，解离成氢气和O原子，反应可知表示为：；步骤Ⅱ中C与O结合生成二氧化碳，反应可表示为：；
故答案为： 16.0 ； CD ； ； 。
（3）水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快化学反应速率。
故答案为： 水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快化学反应速率 。
【分析】(1)①用盖斯定律，通过 2×①-②计算 ΔH3。
②结合反应热，分析降温对 CO 与 CO2物质的量之比的影响。
(2)①根据平衡分压（p (CO)、p (H2O)、p (CO2)、p (H2)）计算 Kp。
②从温度、催化剂、压强等角度判断加快反应速率的措施。
③依据催化机理，写出 M 与 H2O、MO 与 CO 的分步反应式。
(3)说明交替通入空气（放热反应）和水蒸气（吸热反应）对维持热量平衡及速率的作用。
（1）①，②，由盖斯定律可知，2×①-②得到，=；由反应可知、均小于0，降低温度两反应的平衡体系均正向移动，但2，生成CO2能放出更多的热量维持反应继续进行（或者根据盖斯定律可知，二氧化碳与碳反应生成一氧化碳的反应是吸热反应，降低温度该平衡体系向逆反应方向移动），则降温对生成的反应更有利，气体中与的物质的量之比减小，故C正确；
（2）①由反应可知，反应前后气体分子数相等，则平衡后总压强保持不变，仍为2.0，起始时一氧化碳和水蒸气的物质的量相等，且变化量之比为1：1，则平衡后，，平衡常数=；②温度升高反应速率加快，适当升温有利于提高反应速率，但过高的温度可能导致催化剂失去活性，反而影响反应速率，且高温会使变换反应的限度变小，故A错误；充入与反应无关的氮气，对反应速率无影响，故B错误；催化剂可提高反应速率，故C正确；适当增大压强，可提高反应速率，故D正确；③由图可知步骤Ⅰ中水被催化剂M吸附，解离成氢气和O原子，反应可知表示为：；步骤Ⅱ中C与O结合生成二氧化碳，反应可表示为：；
（3）水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快化学反应速率。
20．（2025高三上·广州月考）普瑞巴林能用于治疗多种疾病，结构简式为其合成路线如下：
（1）普瑞巴林分子所含官能团的名称为　 　。
（2）B→C的有机反应类型为　 　。
（3）写出D→E的化学反应方程式　 　。
（4）E~G中，含手性碳原子的化合物有　 　(填字母)。
（5）E→F反应所用的化合物X的分子式为，该化合物能发生银镜反应，写出其结构简式　 　，化合物X的含有碳氧双键()的同分异构体(不包括X、不考虑立体异构)数目为　 　，其中核磁共振氢谱中有两组峰的为　 　(写结构简式)。
（6）参考以上合成路线及反应条件，以和必要的无机试剂为原料，合成写出路线流程图。　 　。
【答案】（1）羧基、氨基
（2）取代反应
（3）
（4）G
（5）CH3CH(CH2)CH2CHO；6；CH3CH2COCH2CH3，(CH3)3CCHO
（6）
【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
【解析】【解答】（1）观察普瑞巴林分子结构可知，含有氨基和羧基；
故答案为： 羧基、氨基 ；
（2）B→C反应中，Cl原子被-CN取代，属于取代反应；
故答案为： 取代反应 ；
（3）D为丙二酸，生成E丙二酸二乙酯，是与乙醇发生酯化反应，故化学反应方程式为；
故答案为： ；
（4）手性碳原子是连有4个不同基团的碳原子，只有G中含有手形碳原子；
故答案为： G ；
（5）通过E→F可知，X碳骨架为直链形，又能发生银镜反应说明X含有醛基，故X为CH3CH2CH2CH2CHO；X的同分异构体可含有醛基和酮羰基：
醛基：R-CHO，R基有CH3CH2CH2CH2-，CH3CH2CH(CH2)-，CH3CH(CH2)CH2-（X分子，不属于同分异构），(CH3)3C-，共三种；
醛基：R1-CO-R2，有CH3COCH2CH2CH3，CH3CH2COCH2CH3，CH3COCH(CH3)2，共三种；
故X的同分异构体有6种；其中有二组等效氢的为CH3CH2COCH2CH3，(CH3)3CCHO；
故答案为： CH3CH(CH2)CH2CHO ；6； CH3CH2COCH2CH3，(CH3)3CCHO ；
（6）目标产物比原料多出（-CH2NH2）支链，可以通过-CN取代后水解获得（H→I反应），-CN→-COOH可以在酸性环境下加热进行（C→D反应），故路线流程图为。
故答案为：
【分析】在该有机合成路线中，以乙酸（A）为起始原料，经氯代反应生成氯乙酸（B）；氯乙酸中的氯原子被 - CN 取代，得到氰基乙酸钠（C）；氰基乙酸钠水解后生成丙二酸（D）；丙二酸与乙醇发生酯化反应，生成丙二酸二乙酯（E）。随后，E 与 CH3CH (CH2) CH2CHO（X）发生羟醛缩合反应，接着进行加成反应得到中间体 G；G 经酯水解反应生成 H，最后 H 中的氰基被还原，得到含氨基的目标产物 I。此合成路线通过多步官能团转化（氯代、氰基取代、水解、酯化、羟醛缩合、还原等），实现了从简单羧酸到含氨基复杂化合物的构建，每一步反应均围绕官能团的引入、转化与修饰展开，最终得到具有特定结构和官能团的产物。
（1）观察普瑞巴林分子结构可知，含有氨基和羧基；
（2）B→C反应中，Cl原子被-CN取代，属于取代反应；
（3）D为丙二酸，生成E丙二酸二乙酯，是与乙醇发生酯化反应，故化学反应方程式为；
（4）手性碳原子是连有4个不同基团的碳原子，只有G中含有手形碳原子；
（5）通过E→F可知，X碳骨架为直链形，又能发生银镜反应说明X含有醛基，故X为CH3CH2CH2CH2CHO；X的同分异构体可含有醛基和酮羰基：
醛基：R-CHO，R基有CH3CH2CH2CH2-，CH3CH2CH(CH2)-，CH3CH(CH2)CH2-（X分子，不属于同分异构），(CH3)3C-，共三种；
醛基：R1-CO-R2，有CH3COCH2CH2CH3，CH3CH2COCH2CH3，CH3COCH(CH3)2，共三种；
故X的同分异构体有6种；其中有二组等效氢的为CH3CH2COCH2CH3，(CH3)3CCHO；
（6）目标产物比原料多出（-CH2NH2）支链，可以通过-CN取代后水解获得（H→I反应），-CN→-COOH可以在酸性环境下加热进行（C→D反应），故路线流程图为。
1 / 1广东省广州奥林匹克中学2025-2026学年高三上学期9月月考 化学试题
1．（2025高三上·广州月考）巴黎奥运赛场上中国运动健儿绽放异彩，“中国科技”闪耀赛场内外。下列所涉及的材质为新型无机非金属的是
A．射击比赛服采用特制帆布和牛皮等材料
B．奥运会场馆中的紫色跑道使用可循环橡胶材料
C．乒乓球比赛用球采用高品质ABS塑料材料
D．自行车采用航空级纳米碳纤维材料
2．（2025高三上·广州月考）下列化学用语或图示表达正确的是
A．顺-2-丁烯的结构简式：
B．的VSEPR模型为三角锥形
C．乙醇的核磁共振氢谱图：
D．基态原子的价层电子轨道表示式为
3．（2025高三上·广州月考）下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 制作烟花时在火药中添加金属的化合物 部分金属元素有特殊焰色
B 使用MgCl2溶液点卤制作豆腐 MgCl2能使蛋白质胶体发生聚沉
C 用小苏打作发泡剂烘焙面包 碳酸氢钠溶于水吸热
D 葡萄酒中加入适量SO2 SO2可防止氧化，起到保质作用
A．A B．B C．C D．D
4．（2025高三上·广州月考）下列化工原理涉及的物质转化均可实现的是
A．用Fe制取：
B．金属Mg制备：溶液
C．工业尾气中的SO2处理：SO2CaSO3CaSO4
D．硫酸工业：
5．（2025高三上·广州月考）下列离子方程式与化学事实相符的是
A．使用含氟牙膏预防龋齿：
B．向溶液中加入铜粉：
C．稀硝酸中加入过量铁粉：
D．湿润的淀粉碘化钾试纸遇氯气变蓝)：
6．（2025高三上·广州月考）下列实验装置或操作不正确的是
A．测定锌与稀硫酸反应速率 B．测定中和反应的反应热
C．制备乙烯 D．探究铁的吸氧腐蚀
7．（2025高三上·广州月考）化合物Z是合成重要香料香豆素的一种中间产物，其结构简式如图所示。下列有关该化合物说法错误的是
A．Z的分子式为
B．Z能与氨基酸反应
C．Z可以与溴水发生加成反应
D．1 molZ最多可与5mol发生加成反应
8．（2025高三上·广州月考）下列各组离子中能大量共存的是
A．Cl-、OH-、SO、NH B．H+、Fe2+、SO、Cl-
C．K+、Ba2+、NO、SO D．H+、Cl-、MnO、Fe2+
9．（2025高三上·广州月考）下列实验操作及现象与结论一致的是
选项 实验操作及现象 结论
A 向溶液中滴加淀粉溶液，溶液变蓝 氧化性：
B 向某无色溶液中滴加溶液，产生白色沉淀，加稀盐酸，沉淀不溶解 该溶液中一定含有
C 将气体通入溴水中，溶液褪色 具有漂白性
D 将铁锈溶于浓盐酸，再向溶液中滴入几滴溶液，滴入的紫色溶液褪色 铁锈中含，且具有还原性
A．A B．B C．C D．D
10．（2025高三上·广州月考）我国多条高压直流电线路的瓷绝缘子出现铁帽腐蚀现象。在铁帽上加锌环能有效防止铁帽的腐蚀，防护原理如图所示。下列说法错误的是
A．通电时，锌环是阳极，发生氧化反应
B．通电时，阴极上的电极反应为
C．断电时，锌环上的电极反应为
D．断电和通电时，防止铁帽被腐蚀的化学原理不完全相同
11．（2025高三上·广州月考）氮及其化合物的部分转化关系如图(转化条件已略去)。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．反应①每1molNH3参加反应，消耗O2分子的数目为0.5NA
B．11.2LNO和的混合物中，含有氮原子的数目为0.5NA
C．反应③中1molNO2与足量H2O反应生成的数目为NA
D．反应④中6.4gCu参加反应，转移电子的数目一定为0.2NA
12．（2025高三上·广州月考）下列陈述I和陈述II均正确且具有因果关系的是（　　）
选项 陈述I 陈述II
A NH3能使湿润的蓝色石蕊试纸变红 NH3溶于水呈碱性
B 新制的Mg(OH)2白色沉淀上滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液，白色沉淀变为红褐色 相同温度下Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3]
C 常温下，等浓度的醋酸钠和硼酸钠溶液，前者pH小 酸性：H3BO3>CH3COOH
D 将H2O2滴入KMnO4酸性溶液中，溶液褪色 H2O2具有强氧化性
A．A B．B C．C D．D
13．（2025高三上·广州月考）部分含或含物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是
A．可存在c→d→e的转化
B．能与反应生成c的物质只有b
C．新制的d可用于检验葡萄糖中的醛基
D．若b能与反应生成，则b中含共价键
14．（2025高三上·广州月考）苯在浓HNO3和浓H2SO4作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法错误的是
A．Y比X更稳定
B．其他条件不变，向反应体系中加入适量可有效提高反应速率
C．升高温度，X、Y的生成速率均增大
D．一定条件下，选择合适的催化剂并及时分离出X可提高X的产率
15．（2025高三上·广州月考）由短周期非金属主族元素组成的化合物可治疗心绞痛。E、M、X、Y原子序数依次增大，M的一种核素常用于测定文物的年代，E的基态原子最外层只有一种自旋方向的电子，Y元素原子的价层电子排布式是。下列说法错误的是
A．第一电离能：
B．元素的电负性：
C．简单氢化物沸点：
D．空间结构：和均为三角锥形
16．（2025高三上·广州月考）LiOH是生产航空航天润滑剂的原料。清华大学首创三室膜电解法制备氢氧化锂，其模拟装置如图所示。下列有关说法正确的是
A．a极为电源的负极，Y极上发生氧化反应
B．X极的电极反应式为2H2O-4e-=4H＋+O2↑
C．膜1为阳离子交换膜，膜2为阴离子交换膜
D．每转移2mol电子，理论上生成24g LiOH
17．（2025高三上·广州月考）为验证不同化合价铁的氧化还原能力，利用下列电池装置进行实验。
回答下列问题：
(1)由FeSO4·7H2O固体配制0.10 mol·L 1 FeSO4溶液，需要的仪器有药匙、玻璃棒、　 　(从下列图中选择，写出名称)。
(2)电池装置中，盐桥连接两电极电解质溶液。盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应，并且电迁移率(u∞)应尽可能地相近。根据下表数据，盐桥中应选择　 　作为电解质。
阳离子 u∞×108/(m2·s 1·V 1) 阴离子 u∞×108/(m2·s 1·V 1)
Li+ 4.07 4.61
Na+ 5.19 7.40
Ca2+ 6.59 Cl 7.91
K+ 7.62 8.27
(3)电流表显示电子由铁电极流向石墨电极。可知，盐桥中的阳离子进入　 　电极溶液中。
(4)电池反应一段时间后，测得铁电极溶液中c(Fe2+)增加了0.02 mol·L 1。石墨电极上未见Fe析出。可知，石墨电极溶液中c(Fe2+)=　 　。
(5)根据(3)、(4)实验结果，可知石墨电极的电极反应式为　 　，铁电极的电极反应式为　 　。因此，验证了Fe2+氧化性小于　 　，还原性小于　 　。
(6)实验前需要对铁电极表面活化。在FeSO4溶液中加入几滴Fe2(SO4)3溶液，将铁电极浸泡一段时间，铁电极表面被刻蚀活化。检验活化反应完成的方法是　 　。
18．（2025高三上·广州月考）采用氧化锰矿(主要含MnO2)和银锰精矿(主要含Ag2S、MnS、)联合回收Ag、Mn的工艺流程如图所示：
已知：①酸性条件下，的氧化性强于；②可以把部分Ag氧化为；
③。
（1）银锰精矿的中硫元素的化合价为　 　价。
（2）“浸锰”过程中，MnS发生的反应为，和发生反应的离子方程式为　 　。
（3）使用过量和HCl的混合液作为浸出剂，将中的银以的形式浸出，达到平衡后反应的离子方程式为　 　；“浸银液”中加入的铁粉是作为　 　(填“还原剂”或“氧化剂”)。
（4）“浸渣”的主要成分为　 　(填化学式)，若“浸锰液”中c()=0.01，则常温下，用氨水调节pH应小于　 　。
（5）的晶胞结构如图所示，晶胞参数a=b≠c，α=β=γ=90°。图中A代表的是　 　(填“Mn”或“O”)，该晶体的密度=　 　。
19．（2025高三上·广州月考）为减小煤炭对环境的污染，工业上将煤炭与空气和水蒸气反应，得到工业的原料气。回答下列问题：
（1）已知：
①　 　。
②其他条件不变，随着温度的下降，气体中与的物质的量之比　 　（填标号）。
A．不变 B．增大 C．减小 D．无法判断
（2）为得到更多的氢气原料，工业上的一氧化碳变换反应：
①一定温度下，向密闭容器中加入等量的一氧化碳和水蒸气，总压强为。反应后测得各组分的平衡压强（即组分的物质的量分数总压）：、，则反应用平衡分压代替平衡浓度的平衡常数的数值为　 　。
②生产过程中，为了提高变换反应的速率，下列措施中合适的是　 　（填标号）。
A．反应温度越高越好 B．通入一定量的氮气
C．选择合适的催化剂 D．适当提高反应物压强
③以固体催化剂M催化变换反应，若水蒸气分子首先被催化剂的活性表面吸附而解离，反应过程如图所示。
用两个化学方程式表示该催化反应历程（反应机理）：步骤Ⅰ：　 　；步骤Ⅱ：　 　。
（3）制备水煤气反应的反应原理：。在工业生产水煤气时，通常交替通入适量的空气和水蒸气与煤炭反应，其理由是　 　。
20．（2025高三上·广州月考）普瑞巴林能用于治疗多种疾病，结构简式为其合成路线如下：
（1）普瑞巴林分子所含官能团的名称为　 　。
（2）B→C的有机反应类型为　 　。
（3）写出D→E的化学反应方程式　 　。
（4）E~G中，含手性碳原子的化合物有　 　(填字母)。
（5）E→F反应所用的化合物X的分子式为，该化合物能发生银镜反应，写出其结构简式　 　，化合物X的含有碳氧双键()的同分异构体(不包括X、不考虑立体异构)数目为　 　，其中核磁共振氢谱中有两组峰的为　 　(写结构简式)。
（6）参考以上合成路线及反应条件，以和必要的无机试剂为原料，合成写出路线流程图。　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】无机非金属材料；常用合成高分子材料的化学成分及其性能
【解析】【解答】A、帆布主要成分为纤维素（有机高分子），牛皮主要成分为蛋白质（有机高分子），均属于有机材料，故A不符合题意 ；
B、橡胶属于有机高分子材料，可循环橡胶也属于有机类别，故B不符合题意 ；
C、ABS 塑料是有机高分子合成材料，属于有机类别，故C不符合题意 ；
D、纳米碳纤维主要成分为碳，属于新型无机非金属材料，故D符合题意 ；
故答案为：D。【分析】A．有机材料的判断（帆布、牛皮的成分）。
B．有机高分子材料的判断（橡胶的类别）。
C．有机高分子材料的判断（ABS 塑料的类别）。
D．新型无机非金属材料的判断（碳纤维的成分）。
2．【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；烯烃
【解析】【解答】A、顺 - 2 - 丁烯中双键两端的甲基（-CH3）位于双键同侧，其结构简式符合顺式异构的定义，A正确；
B、NH3中 N 原子价层电子对数为 4（3 个成键电子对 + 1 个孤电子对），VSEPR 模型为四面体形，而分子构型（实际空间结构）为三角锥形，B错误；
C、乙醇（CH3CH2OH）有 3 种不同化学环境的氢（甲基、亚甲基、羟基），核磁共振氢谱应出现 3 个峰，而图中峰数不符，C错误；
D、基态 Cr 原子价层电子排布为 3d54s （半满结构更稳定），轨道表示式中 3d 轨道应含 5 个自旋平行的电子，4s 轨道含 1 个电子， 电子轨道表示式为，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．顺 - 2 - 丁烯的结构特征（双键同侧的甲基）。
B．VSEPR 模型与分子构型的区别（NH3的价层电子对与空间构型）。
C．乙醇中不同化学环境氢原子的种类（核磁共振氢谱的峰数）。
D．基态 Cr 原子的价层电子排布（半满结构的稳定性）。
3．【答案】C
【知识点】焰色反应；胶体的性质和应用；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A、制作烟花添加金属化合物，利用的是部分金属元素的特殊焰色反应，A正确；
B、MgCl2溶液点卤制作豆腐，是因为 MgCl2能使蛋白质胶体聚沉，B正确；
C、小苏打作发泡剂烘焙面包，是因为碳酸氢钠受热分解产生 CO2，而非溶于水吸热，C错误；
D、葡萄酒中加适量 SO2，利用 SO2的抗氧化性防止氧化、起到保质作用，D正确；
故答案为：C。
【分析】逐一分析每个选项中劳动项目与化学知识的关联性，判断是否匹配。
4．【答案】D
【知识点】工业制取硫酸；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A、Fe 与盐酸反应生成FeCl2（而非 FeCl3）；且 FeCl3溶液蒸干时，因 Fe3+水解生成 Fe(OH)3，最终得到的是 Fe2O3（而非 FeCl3固体），A错误；
B、电解 MgCl2溶液时，生成的是 Mg(OH)2、H2和 Cl2；只有电解熔融MgCl2才能得到金属 Mg，B 错误；
C、因盐酸酸性强于亚硫酸，SO2与 CaCl2溶液不反应，无法生成CaSO3，C错误；
D、硫酸工业中，FeS2煅烧生成 SO2；SO2在催化剂、加热条件下与 O2反应生成 SO3；SO3用 98.3% 的浓硫酸吸收生成 H2SO4（避免酸雾），三步转化均能实现，D正确；
故答案为：D。【分析】A．Fe与盐酸的反应产物、FeCl3溶液蒸干的产物。
B．电解 MgCl2溶液与电解熔融 MgCl2的产物差异。
C．强酸制弱酸的规律（SO2与 CaCl2溶液的反应性）。
D．硫酸工业的三步反应（煅烧、催化氧化、吸收）。
5．【答案】A
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；氯气的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、牙齿主要成分 Ca5(PO4)3OH 与氟离子反应，生成更稳定的 Ca5(PO4)3F，离子方程式为 Ca5(PO4)3OH(s)+F-(aq) Ca5(PO4)3F(s)+OH-(aq)，符合化学事实，A正确；
B、Cu 与 FeCl3反应时，Fe3+仅被还原为 Fe2+，正确离子方程式为 Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，题中生成 Fe 的表述错误，B错误；
C、过量 Fe 会将生成的 Fe3+还原为 Fe2+，正确离子方程式为 3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O，题中产物为 Fe3+的表述错误，C错误；
D、Cl2氧化 I-生成 I2（使淀粉变蓝），正确离子方程式为 Cl2+2I-=I2+2Cl-，题中生成 IO3-的表述错误，D错误；
故答案为：A。【分析】A．氟离子与羟基磷酸钙反应生成更稳定的氟磷酸钙，符合含氟牙膏的作用原理，A正确；
B．判断Fe3+与 Cu 反应的产物（Fe2+而非 Fe 单质）。
C．判断过量 Fe 与稀硝酸反应的产物（Fe2+而非 Fe3+）。
D．考查Cl2与 I-反应的产物（I2而非 IO3-）。
6．【答案】C
【知识点】化学反应速率；乙烯的实验室制法；中和热的测定；铁的吸氧腐蚀
【解析】【解答】A、通过测量锌与稀硫酸反应生成 H2的体积随时间的变化，可计算反应速率。装置中注射器能记录 H2体积变化，设计合理，A正确；
B、装置有隔热层（保温）、玻璃搅拌器（使反应均匀）、温度计（测温度），符合中和反应反应热测定的装置要求，B正确；
C、乙醇与浓硫酸在 170℃发生消去反应制备乙烯，温度计需插入反应液中准确测量温度。图中温度计未插入液面下，无法控制反应温度，装置设计错误，C不正确；
D、食盐水为中性环境，铁钉发生吸氧腐蚀消耗 O2，试管内气压减小，导管另一端水会倒吸形成水柱，装置能探究铁的吸氧腐蚀，D正确；
故答案为：C。【分析】A．反应速率的测定原理（单位时间内气体体积变化）。
B．中和反应反应热测定的装置要求（保温、测温、搅拌）。
C．乙醇消去反应制备乙烯的温度计位置（需测量反应液温度）。
D．铁的吸氧腐蚀原理（中性环境下消耗 O2导致气压变化）。
7．【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质；加成反应
【解析】【解答】A、由结构简式可知，Z 含 9 个 C、8 个 H、3 个 O，分子式为 C9H8O3，A正确；
B、Z 含羧基（-COOH），氨基酸含氨基（-NH2），羧基与氨基可发生脱水缩合反应，B正确；
C、Z 含碳碳双键，可与溴水发生加成反应，C正确；
D、苯环与 3 mol H2加成，碳碳双键与 1 mol H2加成，羧基中 C=O 不与 H2加成，因此 1 mol Z 最多与 4 mol H2发生加成反应，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．根据结构简式确定分子式（C、H、O 原子数）。
B．考查羧基与氨基的反应（脱水缩合）。
C．考查碳碳双键与溴水的反应（加成反应）。
D．考查能与 H2加成的官能团（苯环、碳碳双键，羧基中 C=O 不加成）。
8．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；离子共存；氯气的实验室制法
【解析】【解答】A、OH-与 NH4+会结合生成弱电解质 NH3 H2O，不能大量共存，A错误；
B、H+、Fe2+、SO42-、Cl-之间不会发生复分解反应（生成沉淀、气体或弱电解质），也无氧化还原等反应，可大量共存，B正确；
C、Ba2+与 SO42-会结合生成 BaSO4沉淀，不能大量共存，C错误；
D、在 H+存在的酸性条件下，MnO4-具有强氧化性，能氧化 Cl-和 Fe2+，不能大量共存，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．分析 OH-与 NH4+的反应。
B．判断离子间是否发生反应。
C．分析 Ba2+与 SO42-的沉淀反应。
D．分析酸性条件下 MnO4-的氧化性。
9．【答案】A
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；二氧化硫的性质；硫酸根离子的检验；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A、向 FeCl3溶液中滴加 KI - 淀粉溶液，溶液变蓝，说明 Fe3+将 I-氧化为 I2（淀粉遇 I2变蓝）。在该反应中，Fe3+是氧化剂，I2是氧化产物，故氧化性 Fe3+ > I2，A正确；
B、向无色溶液中滴加 BaCl2溶液产生白色沉淀，加稀盐酸沉淀不溶解，沉淀可能是 BaSO4（对应 SO42-），也可能是 AgCl（对应 Ag+），无法确定溶液中一定含 SO42-，B错误；
C、SO2通入溴水中，发生氧化还原反应（SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr），体现的是 SO2的还原性，而非漂白性，C错误；
D、铁锈溶于浓盐酸后，溶液中 Cl-浓度较高，KMnO4具有强氧化性，可氧化 Cl-导致紫色褪去，无法证明溶液中含 Fe2+，D错误；
故答案为：A。【分析】A．氧化性强弱的判断（氧化还原反应中氧化剂氧化性强于氧化产物）；
B．考查白色沉淀的可能组成（BaSO4、AgCl 等）。
C．判断SO2使溴水褪色的本质（还原性而非漂白性）。
D．考查KMnO4褪色的干扰因素（Cl-的还原性）。
10．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；金属的电化学腐蚀与防护；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】通电时：装置为电解池，锌环与电源正极相连，铁帽与电源负极相连。
断电时：装置为原电池，锌与铁形成自发的氧化还原反应体系。
A、通电时，锌环与电源正极相连，作阳极，发生氧化反应（失去电子），A正确；
B、通电时，铁帽作阴极，溶液中 H2O 得电子发生还原反应，电极反应为 2H2O+2e-=H2↑+2OH-，B 正确；
C、断电时，锌与铁形成原电池，锌的活动性强于铁，作负极，发生氧化反应，电极反应为 Zn - 2e- = Zn2+，而非 “Zn2++2e-=Zn”（还原反应），C错误；
D、通电时利用电解池原理（外加电流的阴极保护法），断电时利用原电池原理（牺牲阳极的阴极保护法），化学原理不完全相同，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．通电时，锌环与电源正极相连，作阳极，阳极发生氧化反应（失去电子）。
B．通电时，铁帽作阴极，溶液中 H2O 得电子发生还原反应。
C．断电时，锌与铁形成原电池，锌的金属活动性强于铁，作负极，发生氧化反应。
D．通电时，防护原理是电解池原理（外加电流的阴极保护法）；断电时，防护原理是原电池原理（牺牲阳极的阴极保护法）。两者的化学原理不完全相同。
11．【答案】D
【知识点】气体摩尔体积；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、反应①为 ，1mol NH3消耗 1.25mol O2，对应 O2分子数 1.25NA，A错误；
B、未说明是标准状况，11.2L NO 和 NO2混合物的总物质的量无法确定，氮原子数不能确定为 0.5NA，B错误；
C、反应③为 3NO2+H2O=2HNO3+NO，3mol NO2生成 2mol NO3-，故 1mol NO2生成mol NO3-，数目为 NA，C错误；
D、6.4g Cu 为 0.1mol，与 HNO3反应生成 Cu2+，每 mol Cu 失 2mol 电子，转移电子数 0.2NA，且与硝酸浓度无关，D正确；
故答案为：D。
【分析】依据氮及其化合物的转化反应，从反应比例、气体摩尔体积条件、电子转移规律等方面，判断各选项正误。
A．根据氨的催化氧化反应方程式计算 O2的消耗量。
B．分析气体摩尔体积的适用条件对物质的量计算的影响。
C．根据 NO2与水的反应方程式计算 NO3-的生成量。
D．分析 Cu 与硝酸反应时的电子转移规律。
12．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；氨的性质及用途
【解析】【解答】A．NH3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，陈述I不符合题意，故A不符合题意；
B．新制的Mg(OH)2白色沉淀上滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液，白色沉淀变为红褐色，说明 Mg(OH)2沉淀能转化为Fe(OH)3沉淀，Fe(OH)3溶度积常数比Mg(OH)3的小，故B符合题意；
C．常温下，等浓度的醋酸钠和硼酸钠溶液，前者pH小，说明醋酸根水解程度小，醋酸的酸性强于硼酸，故C不符合题意；
D．将H2O2滴入KMnO4酸性溶液中，溶液褪色，说明KMnO4显示强氧化性，H2O2表现为还原性，故D不符合题意；
故答案为B。
【分析】A.氨气可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，不能使湿润的蓝色石蕊试纸变色
B.通过沉淀的转化可以证明溶度积的大小
C.通过比较盐溶液的pH即可判断酸性的强弱
D.高锰酸钾具有很强的氧化性，褪色说明过氧化氢具有还原性
13．【答案】B
【知识点】钠的化学性质；醛的化学性质；物质的简单分类；钠的氧化物
【解析】【解答】A、若为 Cu 系列，CuOH 可转化为 Cu(OH)2，Cu(OH)2受热分解生成 CuO，存在 c→d→e 的转化，A合理；
B、若为 Na 系列，除 b（Na2O 或 Na2O2）外，单质 Na 与 H2O 反应也能生成 NaOH（反应为 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑），并非只有 b 能生成 c，B不合理；
C、新制 Cu(OH)2悬浊液与葡萄糖中的醛基反应会生成砖红色沉淀，可用于检验醛基，C合理；
D、若 b 为 Na2O2，与 H2O 反应生成 O2，其结构中含 O-O 共价键和离子键，D合理；
故答案为：B。
【分析】要解决此题题，需先结合化合价与物质类别明确各物质，再逐一分析选项：
若含 Na：a 为 Na（单质），b 为 Na2O 或 Na2O2（+1 价氧化物），c 为 NaOH（+1 价碱）；
若含 Cu：a 为 Cu（单质），b 为 Cu2O（+1 价氧化物），c 为 CuOH（+1 价碱，不稳定），d 为 Cu(OH)2（+2 价碱），e 为 CuO（+2 价氧化物）。据此解题。
14．【答案】B
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、物质能量越低越稳定，由图可知 Y 能量低于 X，故 Y 比 X 稳定，A正确；
B、决速步是第一步反应，HO3SO-参与第二步反应，增加其浓度不能提高第一步反应速率，故无法有效提高总反应速率，B错误；
C、升高温度使活化分子百分数增加，生成 X 和 Y 的反应速率均增大，C正确；
D、合适的催化剂可加快反应速率，及时分离 X 可促使平衡正向移动，从而提高 X 的产率，D正确；
故答案为：B。
【分析】结合反应能量变化图，从物质稳定性、反应速率影响因素（活化能、温度、催化剂、浓度）、产率调控等角度，逐一分析选项正误。
15．【答案】D
【知识点】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；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】化合物由短周期非金属主族元素组成，且可治疗心绞痛，推测为硝酸甘油类化合物。
M 的一种核素常用于测定文物年代，故 M 为C（碳）；E 的基态原子最外层只有一种自旋方向的电子，说明最外层电子数为 1，结合原子序数小于 M，故 E 为H（氢）；Y 元素原子的价层电子排布式是 nsnnp2n，n=2 时（n=1 不符合 p 轨道存在），价层电子排布为 2s22p4，故 Y 为O（氧）。
结合原子序数依次增大，E、M、X、Y 中 X 介于 C 和 O 之间，故 X 为N（氮）。
A、X 为 N，Y 为 O。同周期元素第一电离能随原子序数增大呈增大趋势，但 N 的 2p 轨道为半满稳定结构，第一电离能大于 O，即 X > Y，A正确；
B、X 为 N，Y 为 O。同周期从左到右非金属性增强，电负性增大，故电负性 N < O，即 X < Y，B正确；
C、Y 的简单氢化物为 H2O（分子间存在氢键，沸点高），M 的简单氢化物为 CH4（分子间无氢键，沸点低），故沸点 H2O > CH4，即 Y > M，C正确；
D、XE3为 NH3，N 的价层电子对数为 4（3 个成键对 + 1 个孤电子对），空间结构为三角锥形；XY3-为 NO3-，N 的价层电子对数为 3（无孤电子对），空间结构为平面三角形。二者结构不同，D错误；
故答案为：D
【分析】A．考查同周期元素第一电离能的特殊性（N 的 2p 轨道半满结构）。
B．掌握同周期元素电负性变化规律（从左到右电负性递增）。
C．判断氢键对氢化物沸点的影响（H2O 与 CH4的沸点差异）。
D．分子或离子的空间结构判断（价层电子对互斥理论）。
16．【答案】B
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、X 极导出浓硫酸，说明 X 极发生 OH-放电的氧化反应，为阳极，因此 a 极为电源正极；Y 极导出浓 LiOH，说明 Y 极发生 H+放电的还原反应，为阴极。故 a 不是负极，Y 极发生还原反应而非氧化反应，A错误；
B、X 极为阳极，水电离的 OH-失去电子生成 O2，电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑，符合氧化反应规律，B正确；
C、X 极（阳极）区，SO42-向阳极移动，故膜 1 为阴离子交换膜；Y 极（阴极）区，Li+向阴极移动，故膜 2 为阳离子交换膜。并非膜 1 是阳离子交换膜、膜 2 是阴离子交换膜，C错误；
D、Y 极反应为 2H2O+2e- =2OH-+H2↑，每转移 2mol 电子，有 2mol Li+迁移至阴极，生成 2mol LiOH，质量为 2mol×24g mol- =48g，而非 24g，D错误；
故答案为：B。
【分析】要解决本题，需结合电解池的阴阳极判断、电极反应、离子交换膜类型及产物计算，逐一分析选项：A．判断电源极性和电极反应类型。
B．分析阳极的电极反应式。
C．判断离子交换膜的类型。
D．根据电子转移计算 LiOH 的生成量。
17．【答案】烧杯、量筒、托盘天平；KCl；石墨；0.09mol/L；Fe3++e-=Fe2+；Fe-2e-=Fe2+；Fe3+；Fe；取活化后溶液少许于试管中，加入KSCN溶液，若溶液不出现血红色，说明活化反应完成
【知识点】常用仪器及其使用；配制一定物质的量浓度的溶液；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)由FeSO4·7H2O固体配制0.10mol·L-1FeSO4溶液的步骤为计算、称量、溶解并冷却至室温、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签，由FeSO4·7H2O固体配制0.10mol·L-1FeSO4溶液需要的仪器有药匙、托盘天平、合适的量筒、烧杯、玻璃棒、合适的容量瓶、胶头滴管，
故答案为：烧杯、量筒、托盘天平；
(2)Fe2+、Fe3+能与反应，Ca2+能与反应，FeSO4、Fe2(SO4)3都属于强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，酸性条件下能与Fe2+反应，根据题意“盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应”，盐桥中阴离子不可以选择、，阳离子不可以选择Ca2+，另盐桥中阴、阳离子的迁移率（u∞）应尽可能地相近，根据表中数据，盐桥中应选择KCl作为电解质，
故答案为：KCl；
(3)电流表显示电子由铁电极流向石墨电极，则铁电极为负极，石墨电极为正极，盐桥中阳离子向正极移动，则盐桥中的阳离子进入石墨电极溶液中，
故答案为：石墨；
(4)根据(3)的分析，铁电极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，石墨电极上未见Fe析出，石墨电极的电极反应式为Fe3++e-=Fe2+，电池反应一段时间后，测得铁电极溶液中c（Fe2+）增加了0.02mol/L，根据得失电子守恒，石墨电极溶液中c（Fe2+）增加0.04mol/L，石墨电极溶液中c（Fe2+）=0.05mol/L+0.04mol/L=0.09mol/L，
故答案为：0.09mol/L；
(5)根据(3)、(4)实验结果，可知石墨电极的电极反应式为Fe3++e-=Fe2+，铁电极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+；电池总反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，根据同一反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物、还原剂的还原性强于还原产物，则验证了Fe2+氧化性小于Fe3+，还原性小于Fe，
故答案为：Fe3++e-=Fe2+；Fe-2e-=Fe2+；Fe3+；Fe；
(6)在FeSO4溶液中加入几滴Fe2(SO4)3溶液，将铁电极浸泡一段时间，铁电极表面被刻蚀活化，发生的反应为Fe+ Fe2(SO4)3=3FeSO4，要检验活化反应完成，只要检验溶液中不含Fe3+即可，检验活化反应完成的方法是：取活化后溶液少许于试管中，加入KSCN溶液，若溶液不出现血红色，说明活化反应完成，
故答案为：取活化后溶液少许于试管中，加入KSCN溶液，若溶液不变红，说明活化反应完成。
【分析】(1)依据物质的量浓度溶液配制步骤，所需仪器为烧杯、量筒、托盘天平。
(2)结合离子不反应及电迁移率相近的要求，选 KCl 作为盐桥电解质。
(3)由电子流向确定正极是石墨，盐桥阳离子向石墨电极溶液移动。
(4)根据得失电子守恒计算，石墨电极溶液中 Fe2+浓度为 0.09 mol L- 。
(5)电极反应式为 Fe3++e-=Fe2+、Fe-2e-=Fe2+；Fe2+氧化性小于Fe3+，还原性小于Fe。
(6)用 KSCN 溶液检验，若溶液不变红，说明活化反应完成。
注意：本题的难点是第(2)题盐桥中电解质的选择和第(6)实验方法的设计，要充分利用题给信息和反应的原理解答。
18．【答案】（1）-1
（2）
（3）；还原剂
（4）；8.7
（5）Mn；(或)
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）Fe元素常见价态为+2、+3价，在中根据化合价代数和等于零，Fe化合价为+2价、S化合价为-1价。
故答案为： -1 ；
（2）酸性条件下，的氧化性强于，可以将中Fe氧化为，将S元素氧化为+6价生成，本身被还原为，1个化合价升高总数为，1个化合价降低2，根据氧化剂化合价降低总数等于还原剂化合价升高总数，的化学计量数为15，的化学计量系数2，再根据离子电荷守恒、元素守恒配平，离子方程式为。
故答案为： ；
（3）可以将中-2价S元素氧化为单质硫，与形成配合离子，从而使溶解，根据得失电子守恒、离子电荷守恒、元素守恒配平，离子方程式为；“浸银液”中加入的铁粉使转化为单质Ag，反应中铁粉为还原剂。
故答案为： ； 还原剂 ；
（4）“浸锰液”加入氨水使转化为沉淀与分离，是浸渣的主要成分；氨水调节pH应使完全沉淀而未生成沉淀，根据，完全沉淀浓度<，则，；，c()=0.01未生成沉淀，，故调节pH应小于8.7。
故答案为： ； 8.7 ；
（5）图中A位于顶点及体心，有，B位于上、下平面及体内，有，A与B个数比为，在组成中Mn与O个数比为，故A代表Mn；根据公式计算，该晶体的密度== (或)。
故答案为： Mn ；(或) 。
【分析】该工艺流程以氧化锰矿（主要含 MnO2）和银锰精矿（主要含 Ag2S、MnS、FeS2）为原料，实现 Ag、Mn 的联合回收。“浸锰” 环节中，H2SO4可溶解 MnS 提取锰元素，同时 MnO2发挥氧化性氧化 FeS2，提升两种含锰矿中锰的提取率；过滤后 “浸锰液” 与未溶解的 Ag2S 分离，Ag2S 用过量 FeCl3、CaCl2和 HCl 的混合液溶解得到 “浸银液”，加入铁粉还原其中的银络离子得到粗银。“浸锰液” 中加入氨水，使 Fe3+转化为 Fe(OH)3沉淀从而与 Mn2+分离，再加入 NH4HCO3进行 “沉锰” 反应，最终生成 MnCO3。整个流程通过分步反应和分离操作，实现了 Ag 和 Mn 的高效回收。
（1）Fe元素常见价态为+2、+3价，在中根据化合价代数和等于零，Fe化合价为+2价、S化合价为-1价。
（2）酸性条件下，的氧化性强于，可以将中Fe氧化为，将S元素氧化为+6价生成，本身被还原为，1个化合价升高总数为，1个化合价降低2，根据氧化剂化合价降低总数等于还原剂化合价升高总数，的化学计量数为15，的化学计量系数2，再根据离子电荷守恒、元素守恒配平，离子方程式为。
（3）可以将中-2价S元素氧化为单质硫，与形成配合离子，从而使溶解，根据得失电子守恒、离子电荷守恒、元素守恒配平，离子方程式为；“浸银液”中加入的铁粉使转化为单质Ag，反应中铁粉为还原剂。
（4）“浸锰液”加入氨水使转化为沉淀与分离，是浸渣的主要成分；氨水调节pH应使完全沉淀而未生成沉淀，根据，完全沉淀浓度<，则，；，c()=0.01未生成沉淀，，故调节pH应小于8.7。
（5）图中A位于顶点及体心，有，B位于上、下平面及体内，有，A与B个数比为，在组成中Mn与O个数比为，故A代表Mn；根据公式计算，该晶体的密度== (或)。
19．【答案】（1）-222；C
（2）16.0；CD；；
（3）水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快化学反应速率
【知识点】化学平衡常数；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）①，②，由盖斯定律可知，2×①-②得到，=；由反应可知、均小于0，降低温度两反应的平衡体系均正向移动，但2，生成CO2能放出更多的热量维持反应继续进行（或者根据盖斯定律可知，二氧化碳与碳反应生成一氧化碳的反应是吸热反应，降低温度该平衡体系向逆反应方向移动），则降温对生成的反应更有利，气体中与的物质的量之比减小，故C正确；
故答案为： -222 ； C ；
（2）①由反应可知，反应前后气体分子数相等，则平衡后总压强保持不变，仍为2.0，起始时一氧化碳和水蒸气的物质的量相等，且变化量之比为1：1，则平衡后，，平衡常数=；②温度升高反应速率加快，适当升温有利于提高反应速率，但过高的温度可能导致催化剂失去活性，反而影响反应速率，且高温会使变换反应的限度变小，故A错误；充入与反应无关的氮气，对反应速率无影响，故B错误；催化剂可提高反应速率，故C正确；适当增大压强，可提高反应速率，故D正确；③由图可知步骤Ⅰ中水被催化剂M吸附，解离成氢气和O原子，反应可知表示为：；步骤Ⅱ中C与O结合生成二氧化碳，反应可表示为：；
故答案为： 16.0 ； CD ； ； 。
（3）水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快化学反应速率。
故答案为： 水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快化学反应速率 。
【分析】(1)①用盖斯定律，通过 2×①-②计算 ΔH3。
②结合反应热，分析降温对 CO 与 CO2物质的量之比的影响。
(2)①根据平衡分压（p (CO)、p (H2O)、p (CO2)、p (H2)）计算 Kp。
②从温度、催化剂、压强等角度判断加快反应速率的措施。
③依据催化机理，写出 M 与 H2O、MO 与 CO 的分步反应式。
(3)说明交替通入空气（放热反应）和水蒸气（吸热反应）对维持热量平衡及速率的作用。
（1）①，②，由盖斯定律可知，2×①-②得到，=；由反应可知、均小于0，降低温度两反应的平衡体系均正向移动，但2，生成CO2能放出更多的热量维持反应继续进行（或者根据盖斯定律可知，二氧化碳与碳反应生成一氧化碳的反应是吸热反应，降低温度该平衡体系向逆反应方向移动），则降温对生成的反应更有利，气体中与的物质的量之比减小，故C正确；
（2）①由反应可知，反应前后气体分子数相等，则平衡后总压强保持不变，仍为2.0，起始时一氧化碳和水蒸气的物质的量相等，且变化量之比为1：1，则平衡后，，平衡常数=；②温度升高反应速率加快，适当升温有利于提高反应速率，但过高的温度可能导致催化剂失去活性，反而影响反应速率，且高温会使变换反应的限度变小，故A错误；充入与反应无关的氮气，对反应速率无影响，故B错误；催化剂可提高反应速率，故C正确；适当增大压强，可提高反应速率，故D正确；③由图可知步骤Ⅰ中水被催化剂M吸附，解离成氢气和O原子，反应可知表示为：；步骤Ⅱ中C与O结合生成二氧化碳，反应可表示为：；
（3）水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快化学反应速率。
20．【答案】（1）羧基、氨基
（2）取代反应
（3）
（4）G
（5）CH3CH(CH2)CH2CHO；6；CH3CH2COCH2CH3，(CH3)3CCHO
（6）
【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
【解析】【解答】（1）观察普瑞巴林分子结构可知，含有氨基和羧基；
故答案为： 羧基、氨基 ；
（2）B→C反应中，Cl原子被-CN取代，属于取代反应；
故答案为： 取代反应 ；
（3）D为丙二酸，生成E丙二酸二乙酯，是与乙醇发生酯化反应，故化学反应方程式为；
故答案为： ；
（4）手性碳原子是连有4个不同基团的碳原子，只有G中含有手形碳原子；
故答案为： G ；
（5）通过E→F可知，X碳骨架为直链形，又能发生银镜反应说明X含有醛基，故X为CH3CH2CH2CH2CHO；X的同分异构体可含有醛基和酮羰基：
醛基：R-CHO，R基有CH3CH2CH2CH2-，CH3CH2CH(CH2)-，CH3CH(CH2)CH2-（X分子，不属于同分异构），(CH3)3C-，共三种；
醛基：R1-CO-R2，有CH3COCH2CH2CH3，CH3CH2COCH2CH3，CH3COCH(CH3)2，共三种；
故X的同分异构体有6种；其中有二组等效氢的为CH3CH2COCH2CH3，(CH3)3CCHO；
故答案为： CH3CH(CH2)CH2CHO ；6； CH3CH2COCH2CH3，(CH3)3CCHO ；
（6）目标产物比原料多出（-CH2NH2）支链，可以通过-CN取代后水解获得（H→I反应），-CN→-COOH可以在酸性环境下加热进行（C→D反应），故路线流程图为。
故答案为：
【分析】在该有机合成路线中，以乙酸（A）为起始原料，经氯代反应生成氯乙酸（B）；氯乙酸中的氯原子被 - CN 取代，得到氰基乙酸钠（C）；氰基乙酸钠水解后生成丙二酸（D）；丙二酸与乙醇发生酯化反应，生成丙二酸二乙酯（E）。随后，E 与 CH3CH (CH2) CH2CHO（X）发生羟醛缩合反应，接着进行加成反应得到中间体 G；G 经酯水解反应生成 H，最后 H 中的氰基被还原，得到含氨基的目标产物 I。此合成路线通过多步官能团转化（氯代、氰基取代、水解、酯化、羟醛缩合、还原等），实现了从简单羧酸到含氨基复杂化合物的构建，每一步反应均围绕官能团的引入、转化与修饰展开，最终得到具有特定结构和官能团的产物。
（1）观察普瑞巴林分子结构可知，含有氨基和羧基；
（2）B→C反应中，Cl原子被-CN取代，属于取代反应；
（3）D为丙二酸，生成E丙二酸二乙酯，是与乙醇发生酯化反应，故化学反应方程式为；
（4）手性碳原子是连有4个不同基团的碳原子，只有G中含有手形碳原子；
（5）通过E→F可知，X碳骨架为直链形，又能发生银镜反应说明X含有醛基，故X为CH3CH2CH2CH2CHO；X的同分异构体可含有醛基和酮羰基：
醛基：R-CHO，R基有CH3CH2CH2CH2-，CH3CH2CH(CH2)-，CH3CH(CH2)CH2-（X分子，不属于同分异构），(CH3)3C-，共三种；
醛基：R1-CO-R2，有CH3COCH2CH2CH3，CH3CH2COCH2CH3，CH3COCH(CH3)2，共三种；
故X的同分异构体有6种；其中有二组等效氢的为CH3CH2COCH2CH3，(CH3)3CCHO；
（6）目标产物比原料多出（-CH2NH2）支链，可以通过-CN取代后水解获得（H→I反应），-CN→-COOH可以在酸性环境下加热进行（C→D反应），故路线流程图为。
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