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湖南省“长望浏宁”四县联考2025届高三下学期3月调研考试化学试题
一、单项选择题：本题共14小题，每小题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．（2025·湖南模拟）科技发展与化学密切相关。下列说法正确的是
A．为卫星工作提供能量的是砷化镓太阳能电池板，砷化镓有良好的导电性
B．光导纤维由高纯二氧化硅制成，能有效提高通信效率
C．富勒烯用于制造高温超导材料的原料，其原料、等为共价晶体
D．海水原位电解制氢技术的关键材料多孔聚四氟乙烯，其单体属于不饱和烃
2．（2025·湖南模拟）下列化学用语表述正确的是
A．氢元素的三种不同核素：H、D、T
B．的VSEPR模型：
C．的电子式：
D．键的形成过程：
3．（2025·湖南模拟）下列有关实验操作或实验事故处理的叙述正确的是
A．蒸馏实验中，液体沸腾后发现忘加沸石，立即移开酒精灯补加沸石
B．少量强碱溶液滴到实验桌上，立即用水冲洗
C．用萃取后发现水层仍有颜色，再次进行萃取，直至水层变为无色
D．实验室发生火情，立即打开消防栓用水灭火
4．（2025·湖南模拟）有关生活中的化学知识或现象，解释不正确的是
选项 化学知识或现象 解释
A 清洗铝制餐具时，不宜用钢丝球打磨餐具表面 打磨会破坏铝制品表面氧化膜，使铝制品的抗压能力减弱。
B “暖宝宝”发热包主要由铁粉、活性炭、食盐和水组成 空气进入发热包后，铁粉发生吸氧腐蚀放出热量。
C 维生素C是水果罐头中常用的抗氧化剂 维生素C容易被氧化。
D “84”消毒液和医用酒精常用作生活中的杀菌消毒剂 二者杀菌消毒原理相同，均因其组分具有强氧化性。
A．A B．B C．C D．D
5．（2025·湖南模拟）下列离子方程式书写正确的是
A．向溶液中滴加过量氨水：
B．使用溶液回收废旧铅酸蓄电池中含铅废料：
C．向溶液中滴加浓盐酸：
D．用惰性电极电解溶液：
6．（2025·湖南模拟）下列有关生命基本物质的性质说法不正确的是
A．合成蛋白质的基本单元甘氨酸，既能和酸反应，也能和碱反应
B．将植物油转化为氢化植物油，发生了加成反应
C．重金属盐能引起蛋白质变性，引发重金属中毒
D．葡萄糖是生命能量来源物质，能发生水解反应
7．（2025·湖南模拟）实验是化学研究的基础，关于下列各实验装置图的叙述中，正确的是
A．装置①：吸收，并防止倒吸
B．装置②：滴加溶液，溶液不变红，可以证明锌比铁活泼
C．装置③：获得硝酸铁晶体
D．装置④：比较酸性强弱顺序为
8．（2025·湖南模拟）自来水消毒剂可用葡萄糖与发生以下反应制得：(未配平)。下列说法不正确的是
A．是还原剂，发生氧化反应
B．替换用于自来水消毒，能有效减少自来水中的残留氯
C．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：6
D．每生成气体，转移电子数为(表示阿伏加德罗常数的值)
9．（2025·湖南模拟）科学家利用四种原子序数依次递增的短周期元素W、X、Y、Z“组合”成一种超分子，具有高效的催化性能，其分子结构示意图如下，实线代表共价键，其他重复单元的W、X未标注。W、X、Z分别位于不同周期，Z是同周期中金属性最强的元素。下列说法不正确的是
A．基态原子半径：X>Y
B．分子因形成分子间氢键，沸点高于同主族其他元素同类型化合物
C．在该超分子中，X和Y的杂化方式相同，均为
D．改变同类别分子的“空穴”大小，可以识别某些金属阳离子
10．（2025·湖南模拟）海水是巨大的宝库，从海水中提取溴的简单流程示意图如下。下列说法不正确的是
A．实验室通常采用“水封”的方法将液溴保存在无色试剂瓶中
B．“吹出”时，常采用热空气吹出溴，说明溴的沸点较低
C．流程中氧化→吸收→氧化的原因是海水中溴元素含量较低
D．工业通常用溶液代替二氧化硫吸收，生成无色无味气体和，反应的化学方程式为：
11．（2025·湖南模拟）新型电池能有效地捕获，将其转化为，再将产生的电解制氨，过程如图所示。下列说法正确的是
A．d电极是电解池的阳极
B．该电池组中电子的流向为：
C．c的电极反应为：
D．电路中转移时，理论上能得到
12．（2025·湖南模拟）某镁镍合金储氢后所得晶体的立方晶胞如图，晶胞边长为apm，Mg位于相邻4个Ni所围合的正四面体的体心。下列说法不正确的是
A．储氢过程中被还原 B．晶体的化学式为
C．每个Mg周围有12个紧邻的H D．Mg与Ni的原子核间距为
13．（2025·湖南模拟）25℃时，用相同物质的量浓度的溶液分别滴定起始物质的量浓度均为0.1mol/L的等体积的三种酸溶液，商定曲线如图所示，下列说法正确的是
A．酸性强弱：
B．滴定至T点时，存在：
C．三种溶液滴定到PH均为7时，HX消耗的溶液最多
D．当中和百分数达到100%时，将三种溶液混合后有：
14．（2025·湖南模拟）某温度下，在1L恒容密闭容器中2.0molX发生反应，有关数据如下：
时间段/min 产物Z的平均生成速率/
0~2 0.20
0~4 0.15
0~6 0.10
下列说法正确的是
A．1min时，Z的浓度等于
B．2min时，加入0.20molZ，此时
C．3min时，Y的体积分数约为66.7%
D．5min时，X的物质的量为1.4mol
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（2025·湖南模拟）三氯化六氨合钴(III)是重要的化工原料。制各反应式为：。
已知：①反应放出大量热：
②不易被氧化，具有强氧化性；具有较强还原性，性质稳定；
③在水中的溶解度曲线如图1所示，加入少量浓盐酸有利于其析出。
制备的实验步骤：
Ⅰ．取研细的和溶解后转入三颈烧瓶，控制温度在10℃以下，加入浓氨水和活性炭粉末。再逐滴加入30%的溶液，水浴加热至50~60℃，保持20min。实验装置如图2所示。
Ⅱ．然后用冰浴冷却至0℃左右，吸滤，把沉淀浴于50mL沸水中，经操作X后，慢慢加入浓盐酸于滤液中，即有大量晶体析出；
Ⅲ．吸滤，晶体以冷的盐酸洗涤，再用少许乙醇洗涤，吸干。
（1）的价层电子表示式为　 　。
（2）步骤1中，加入溶液前，先加浓氨水的目的是　 　。
（3）步骤Ⅰ中水浴加热温度应控制在50~60℃的原因是：①低于50℃，反应速率过慢；②高于60℃，　 　。
（4）步骤Ⅱ中的“操作X”是　 　。
（5）中的可以被、、等一系列阴离子交换形成相应的，请写出与反应的化学方程式：　 　。
（6）用如图3装置测定产品中的含量(部分装置已省略)：
①蒸氨：取mg样品加入过量试剂后，加热三颈烧瓶，蒸出的通入盛有标准溶液的锥形瓶中。液封装置1的作用是　 　。
②滴定：将液封装置2中的水倒入锥形瓶后滴定剩余的，消耗的标准浴液。若未将液封装置2中的水倒入锥形瓶，测得的质量分数将　 　(填“偏高”或“偏低”或“不变”)。
16．（2025·湖南模拟）以液晶显示屏生产过程中产生的废玻璃粉末(含、、、等)为原料回收的流程如图所示。
已知：
1.具有强氧化性，通常情况不与常见的无机酸反应。
2.几种阳离子转化为沉淀的pH
金属阳离子
开始沉淀的pH 1.5 7.6 3.4 6.5
沉淀完全的pH 2.8 9.4 4.7 9.0
回答下列问题：
（1）为了加快废玻璃粉末的酸浸速率，通常采用的方法有　 　(至少写一种)。
（2）操作①和②的名称为　 　。
（3）请写出加入的与反应的离子方程式　 　。
（4）操作②中也需要调节pH，调节pH的范围为　 　，常温下，向滤液Ⅱ中加入碱调节溶液的时，悬浊液中　 　［已知：25℃时，的］。
（5）操作③需加入浓的原因是　 　，在氩气氛围中加热的目的是　 　。
（6）对样品纯度进行测定的方法：准确称量样品12.5g，配成200mL溶液，取50.00mL上述溶液置于锥形瓶中，加入稍过量的过二硫酸铵］溶液使被氧化为，然后用萃取剂萃取，再用的标准也滴定至终点，重复2~3次，平均消耗10.00mL标准液。计算样品的纯度为　 　%。
17．（2025·湖南模拟）蜂胶是一种天然抗癌药，主要活性成分为咖啡酸苯乙酯(I)。合成化合物I路线如下：
已知：①；
②；
③当羟基与双键碳原子相连时，易发生互变异构转化为更为稳定的酮或醛形式，如：。
请回答下列问题：
（1）化合物E中含氧官能团的名称是　 　；的反应类型是　 　。
（2）化合物H的名称是　 　。
（3）写出化合物F转化为G反应的化学方程式　 　。
（4）将B转化为C的目的是　 　。
（5）J：对羟基苯甲醛()和K：邻羟基苯甲醛()均可用于有机合成中间体。比较二者的熔沸点：J　 　K(选填“>”“<”)。
（6）根据上述合成中提供的信息，写出以为原料(其他试剂任选)分三步制备肉桂酸()的合成路线　 　。
18．（2025·湖南模拟）降低空气中的含量，研发的利用技术，将转换为能源是缓解环境和能源问题的有效方案之一，我国为实现碳达峰和碳中和的“双碳”目标，工业上用、、等物质与反应合成具有经济价值的物质。
（1）工业上用和合成，发生的主反应ⅰ： 。
相对能量 0 -201.0 -393.0 -242.0
根据表中数据计算　 　。
（2）一定条件下，向2L恒温恒容密闭容器中充入和仅发生反应ⅰ，在两种不同催化剂作用下建立平衡的过程(Ⅰ，Ⅱ)中的转化率随反应时间的变化曲线如图。
①n点　 　m点(填“>”“<”或“=”)。
②计算反应处于n点的平衡常数　 　(保留两位小数)。
③过程Ⅰ，时刻改变的反应条件可能是　 　(任答一条)。
（3）甲烷化是“负碳排放”的重要研究方向，某研究团队报道了镍基催化剂上与反应生成甲烷的两种机理如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*表示。
机理中的产物的选择性　 　更高，机理中第二步反应可以表示为　 　。
（4）我国科学家采用单原子和纳米作串联催化剂，通过电解法将转化为乙烯，其装置如图所示。纳米上发生的电极反应为　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】分子晶体；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A．砷化镓是半导体材料，有一定导电性，但并非 “良好的导电性”，砷化镓用于太阳能电池板，是利用半导体的光电效应转化能量，而非依靠良好导电性供电，A错误；
B．光导纤维由高纯二氧化硅制成，二氧化硅对光信号有良好的传输性能，能减少信号损耗，从而有效提高通信效率，B正确；
C．、由分子构成，分子间靠分子间作用力结合，属于分子晶体，C错误；
D．四氟乙烯含氟元素，不属于烃，D错误；
故选B。
【分析】A．良好导电性的通常是金属；
Ｂ．二氧化硅对光信号有良好的传输性能；
Ｃ．、由分子构成；
Ｄ．聚四氟乙烯的单体是四氟乙烯。
2．【答案】A
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；元素、核素；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．氢元素有三种核素，分别为：H、D、T，故A正确；
B．SO3中心原子S的价层电子对数为3，不含孤电子对，其 VSEPR 模型为平面三角形，故B错误；
C．氢氧化钠是由Na+、OH-构成的离子化合物，正确的电子式为：，故C错误；
D．键两个原子的p轨道 “头碰头” 重叠形成的，而图示是p轨道“肩并肩” 重叠形成的π键，故D错误；
故答案为A。
【分析】A．核素是具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子；
Ｂ．SO3中心原子S的价层电子对数为3，不含孤电子对；
Ｃ．NaOH是离子化合物；
Ｄ．键两个原子的p轨道 “头碰头” 重叠形成的。
3．【答案】C
【知识点】化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】A．在蒸馏实验中，液体沸腾后（处于过热状态）若忘加沸石，立即移开酒精灯补加沸石是错误的。因为此时液体温度高，补加沸石会引起暴沸，正确做法是待液体冷却后再补加沸石，A错误；
B．少量强碱洒落应先用布擦除，再用水冲洗并中和，直接冲洗可能扩大污染，B错误；
C．用 萃取 时，若水层仍有颜色，说明 未被完全萃取，再次进行萃取直至水层变为无色是正确的，以确保 被充分提取，C正确；
D．实验室发生火情，不能立即打开消防栓用水灭火。因为不同的火灾类型灭火方式不同，比如电器着火、有机溶剂着火等，若盲目用水灭火可能会导致火势蔓延（如有机溶剂密度比水小，会浮在水面上继续燃烧），应根据火灾类型选择合适的灭火器材，D错误；
故选C。
【分析】A．应等待液体冷却后再补加沸石；
Ｂ．应当先擦掉再中和冲洗；
Ｃ．水层仍有颜色说明萃取不充分；
Ｄ．应根据火灾类型选择合适的灭火器材。
4．【答案】D
【知识点】镁、铝的重要化合物；常见的食品添加剂的组成、性质和作用；铁的吸氧腐蚀
【解析】【解答】A．铝在空气中易与氧气反应，在表面生成一层致密的氧化铝氧化膜，这层氧化膜能阻止内部的铝进一步被氧化，对铝制品起到保护作用，如果用钢丝球打磨铝制餐具表面，会破坏这层氧化膜，使铝制品容易被腐蚀，抗压能力也会减弱，所以不可以用钢丝球打磨，故A正确；
B．“暖宝宝” 发热包中的铁粉、活性炭、食盐和水，构成了原电池。当空气进入发热包后，氧气在正极得到电子，发生还原反应，铁粉在负极失去电子，发生氧化反应，即铁粉发生吸氧腐蚀，这个过程会放出热量，故B正确；
C．维生素 C 容易被氧化，在水果罐头中，它可以先于罐头中的其他成分被氧化，从而保护罐头中的营养成分和风味不被氧化破坏，所以常用作抗氧化剂，故C正确；
D．“84” 消毒液的主要成分是次氯酸钠，次氯酸钠具有强氧化性，能使蛋白质变性，从而起到杀菌消毒的作用；而医用酒精是通过使蛋白质变性来杀菌消毒的，酒精并不具有强氧化性。所以二者杀菌消毒的原理不同，故D错误；
故答案为D。
【分析】A．铝在空气中易与氧气反应，在表面生成一层致密的氧化铝，阻止内部的铝进一步被氧化；
Ｂ．“暖宝宝” 发热包中的铁粉、活性炭、食盐和水，构成了原电池；
Ｃ．抗氧化剂是指能防止或延缓食品氧化，提高食品的稳定性和延长贮存期的食品添加剂；
Ｄ.84消毒液有强氧化性，酒精并不具有强氧化性。
5．【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；离子方程式的书写；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．反应生成Al(OH)3沉淀，Al(OH)3沉淀不溶于过量氨水，正确的离子方程式为，故A错误；
B． 使用溶液回收废旧铅酸蓄电池中含铅废料 ，Fe2+被PbO2氧化为Fe3+，PbO2被还原为Pb2+，正确的离子方程式为2Fe2++PbO2+4H++SO═2Fe3++PbSO4+2H2O，故B错误；
C．向溶液中滴加浓盐酸，转化为，离子方程式为，故C正确；
D． 用惰性电极电解溶液 ，Mg2+会与OH-继续反应生成沉淀，同时生成氢气和氯气，正确的离子方程式为，故D错误；
答案选C。
【分析】A．氢氧化铝不溶于过量氨水；
Ｂ．Fe2+被PbO2氧化为Fe3+，PbO2被还原为Pb2+；
Ｃ．向溶液中滴加浓盐酸，转化为；
Ｄ．惰性电极电解氯化镁溶液生成氢氧化镁、氢气和氯气。
6．【答案】D
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．分子中含有氨基和羧基，氨基具有碱性，能与酸反应；羧基具有酸性，能与碱反应。所以甘氨酸既能和酸反应，也能和碱反应，故A正确；
B．植物油中含有不饱和键（碳碳双键等），将植物油转化为氢化植物油时，不饱和键与氢气发生加成反应，使油脂的不饱和程度降低，故B正确；
C．重金属盐能使蛋白质的空间结构发生改变，从而引起蛋白质变性，这是重金属中毒的原理，故C正确；
D．葡萄糖属于单糖，单糖是不能再水解的糖类，它是生命能量的重要来源物质，通过氧化分解等过程为生命活动提供能量，但不能发生水解反应，故D错误；
故答案为D。
【分析】A．甘氨酸含有氨基和羧基，具有两性；
Ｂ．植物油中含有不饱和键；
Ｃ．重金属盐能使蛋白质的空间结构发生改变；
Ｄ．葡萄糖属于单糖，不能发生水解。
7．【答案】D
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A. 氨气极易溶于水，难溶于苯，装置①中，导管直接插入水中，氨气溶解会使装置内压强骤降，容易发生倒吸现象。所以装置①不能有效防止倒吸，故A错误；
B．滴加KSCN溶液，溶液不变红，只能说明没有Fe3+，但不能直接证明Zn比Fe活泼，故B错误；
C．加热硝酸铁溶液，Fe3+水解程度增加，生成氢氧化铁和氢离子，氢离子与硝酸根形成易挥发的硝酸，硝酸挥发会使水解平衡不断正向移动，因此装置③得到的是氢氧化铁，故C错误；
D．醋酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，证明醋酸酸性大于碳酸，将反应后气体通入碳酸氢钠除去二氧化碳中的醋酸，然后二氧化碳与苯酚钠反应生成苯酚，证明碳酸酸性大于苯酚，故D正确；
故答案为D。
【分析】A．氨气极易溶于水；
Ｂ．Fe2+遇到KSCN不变红；
Ｃ．硝酸铁水解生成氢氧化铁和硝酸，硝酸易挥发；
Ｄ．根据强酸制弱酸原理分析。
8．【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．中C元素化合价升高，失去电子，是还原剂，发生氧化反应，故A正确；
B．由氯原子个数守恒和得失电子数目守恒可知，转移2mol电子，氯气作为自来水消毒剂时，消耗氯气的物质的量为1mol、生成氯离子的物质的量为2mol，二氧化氯作为自来水消毒剂时，消耗二氧化氯的物质的量为0.4mol、生成氯离子的物质的量为0.4mol，所以使用二氧化氯代替氯气作为自来水消毒剂能有效减少残留氯，故B正确；
C．由分析可知，反应中是还原剂，为氧化剂 ，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：24，故C错误；
D．中Cl元素的化合价从+5价降低到+4价，每生成气体，转移1mol电子，转移电子数为，故D正确；
故答案为C。
【分析】中C元素从0价升高到+4价，中Cl元素的化合价从+5价降低到+4价，根据得失电子守恒和质量守恒配平方程式为，该反应中是还原剂，为氧化剂。
9．【答案】B
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；含有氢键的物质；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．同周期主族元素，从左到右原子半径逐渐减小。C、O同周期，且C在O左边，所以基态原子半径：C>O，即X>Y，Ａ正确；
Ｂ．XW4为CH4， CH4分子间不存在氢键，B错误；
C．在该超分子中，C形成4个键，无孤电子对，杂化方式为 ，O形成2个键，有2对孤电子对，杂化方式也为，所以X和Y的杂化方式相同，均为，C正确；
D．改变同类别分子的 “空穴” 大小，可与不同大小的金属阳离子匹配，从而识别某些金属阳离子，D正确；
答案选B。
【分析】W、X、Y、Z均为短周期元素且位于不同周期，W形成1个共价键，说明W是H元素，X形成四个共价键，则X为C元素，Z是同周期中金属性最强的元素，且在第三周期，所以Z为Na元素，Y在第二周期，由分子结构中Y形成2个共价键，可知Y为O元素。
10．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；海水资源及其综合利用
【解析】【解答】A．液溴易挥发，且溴蒸气有刺激性气味、有毒，同时液溴能腐蚀橡胶。实验室保存液溴时，应采用 “水封” 的方法，但要将其保存在棕色试剂瓶中A错误；
B．“吹出” 步骤中用热空气吹出溴，是因为溴的沸点较低，热空气的温度能使溴挥发成溴蒸气，从而被吹出，B正确；
C．海水中溴元素含量较低，通过 “氧化→吸收→氧化” 的流程，可以对溴进行富集，提高溴的浓度，便于后续提取，C正确；
D．工业通常用溶液代替二氧化硫吸收，生成无色无味气体二氧化碳和，则溴发生自身氧化还原反应，同时生成溴化钠，反应的化学方程式为：，D正确；
选A。
【分析】A．液溴易挥发，且溴蒸气有刺激性气味、有毒，同时液溴能腐蚀橡胶；
Ｂ．溴的沸点较低；
Ｃ．海水中溴元素含量较低；
Ｄ．用溶液代替二氧化硫吸收， 生成无色无味气体和 ，该气体应为二氧化碳，则反应的化学方程式为。
11．【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池、电解池综合
【解析】【解答】A．d 电极与原电池正极（b）相连，根据电解池 “阳极与电源正极相连” 的规律，d 是电解池的阳极，A正确；
B．原电池中，电子从负极（a）经导线流向正极（b），电解池中，电子从电源负极（a）流向电解池阴极（c），从电解池阳极（d）流向电源正极（b），电子不能在电解质溶液中流动，则电子流向为：、，B错误；
C．c为阴极，阴极发生得电子的还原反应，电极反应式为：，C错误；
D．题目未说明 “标准状况”，无法用22.4L/mol计算氧气的体积，D错误；
故选A。
【分析】左侧为原电池，Zn 失去电子，作负极（a 为负极），NO2得到电子，右侧石墨作正极（b 为正极），右侧为电解池，与原电池负极（a）相连的电极（c）为阴极；与原电池正极（b）相连的电极（d）为阳极。
12．【答案】B
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．H2被吸收后时与Ni结合，而Ni为金属元素，只能为正价，因此H2中氢元素的化合价降低，被还原，故A正确；
B．该晶胞中，Ni位于顶点、面心，数目为为8×+6×=4，H位于棱上、面心，数目为24，Mg都在体内，因此Mg有8个，晶体的化学式为Mg2NiH6，故B错误；
C．由题干晶胞示意图可知，Mg均处于晶胞的体内，则如图所示，，取一个Mg观察可知，与之最近的有4个，但是由于方向问题，中只有朝向Mg的与之距离才是最近，因此每个中只有三个H与Mg最近，因此共有12个与之紧邻的H，故C正确；
D．晶胞边长为apm，Mg位于体心附近，Ni位于顶点，Mg与Ni的原子核间距为体对角线的，即apm，故D正确；
故答案为B。
【分析】A．储氢过程中，H2得到电子；
Ｂ．根据均摊法计算各原子数目，进而确定其化学式；
Ｃ．每个Mg周围有12个紧邻的H；
Ｄ．Mg与Ni的原子核间距为体对角线的。
13．【答案】B
【知识点】盐类水解的原理；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由分析可知，酸性强弱：HZ＞HY＞HX，A错误；
B．T点，中和百分数为50%，对于HY溶液，此时溶质为等物质的量的NaY和HY，根据电荷守恒有：，根据物料守恒有：，将物料守恒式代入电荷守恒式可得：，B正确；
C．酸性越弱，其对应的盐的水解程度越大，三种溶液滴定到pH均为7时，三种酸溶液的中和百分数：HZ＞HY＞HX，说明HZ消耗的溶液最多，C错误；
D．当中和百分数达到100%时得到等浓度的NaZ、NaX、NaY混合溶液，可得电荷守恒：和物料守恒：，可得质子守恒为：c(H+)+c(HX)+c(HY)+c(HZ)=c(OH-)，即c(HX)+c(HY)+c(HZ)=c(OH-)-c(H+)，D错误；
故选B。
【分析】起始时，三种酸溶液的浓度均为0.1mol/L，相同浓度的酸，pH越小，酸性越强，起始时pH：HX＞HY＞HZ，则酸性强弱为：HZ＞HY＞HX。
14．【答案】D
【知识点】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．反应速率是平均速率，不是瞬时速率，不能确定1min时，Z的浓度等于，A错误；
B.2min时Y的浓度为，Z的浓度为，加入后Z的浓度变为，，反应正向进行，故，B错误；
C．X 是固体，反应生成的 Y 和 Z 都是气体，且 Y 与 Z 的物质的量之比始终为1∶2，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，，故Y的体积分数始终约为33.3%，C错误；
D．由B项分析可知5min时反应处于平衡状态，此时生成Z为，则X的转化量为，初始X的物质的量为，剩余X的物质的量为，D正确；
故答案选D。
【分析】 中，X 是固体，反应前后气体物质的量增大（由 0 变为 3），且固体的量不影响平衡和气体浓度、体积分数等，根据表中数据：4min时生成的Z的物质的量为，6min时生成的Z的物质的量为，故反应在4min时已达到平衡，设达到平衡时生了，列三段式：
根据，得，则Y的平衡浓度为，Z的平衡浓度为，平衡常数。
15．【答案】（1）3d6
（2）将不易被氧化的转化为具有较强还原性的
（3）氨的挥发和的分解程度增大
（4）趁热过滤
（5）
（6）平衡气压，防倒吸，同时防止氨气逸出；偏低
【知识点】中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）Co为27号元素，价电子排布为3d74s2，为Co失去3个电子，其价层电子表示式为3d6。
（2）将转化过程中，加入过氧化氢前先加浓氨水，是将不易被氧化的转化为具有较强还原性的，即。
（3）步骤I中控制反应温度为50~60℃，既能保证较快的反应速率，又能减少氨的挥发和的分解，提高原料的利用率，因此高于60℃时氨的挥发和的分解程度增大。
（4）由题中信息可知，温度升高在水中的溶解度增大，并且加入少量浓盐酸有利于其析出，据分析反应后过滤得到和活性炭混合物，为了分离两者，需要经过“操作X”、加入浓盐酸可获得大量纯的晶体，因此“操作X”是趁热过滤。
（5）存在电离平衡，加入，和形成AgCl沉淀，溶液中剩余和形成新的配合物，因此与反应的化学方程式为。
（6）①由添加药品后，加热三颈烧瓶，蒸出的NH3通入含有标准溶液的锥形瓶中，所以液封装置1的作用是防止氨气逸出，同时可以起到平衡气压，防止倒吸的作用；
②氨气容易挥发，若未将液封装置2中的水倒入锥形瓶，则使得硫酸吸收的氨气偏少，则测得的NH3的质量分数偏低。
【分析】将和可溶性一起用水溶解，所得溶液中加入活性炭和浓氨水，得到和活性炭的浊液，滴加的水溶液，在活性炭的催化作用下，溶液中Co(II)氧化为Co(III)，生成和活性炭的浊液，再加入浓盐酸，冷却过滤，析出晶体。
（1）Co核外共有27个电子，Co原子失去3个电子得到Co3+，根据构造原理可知其核外电子排布式为 3d6 ；
（2）过氧化氢具有强氧化性，加入过氧化氢是为了氧化Co2+；
（3）氨水和过氧化氢均不稳定，高温易分解；
（4）温度升高在水中的溶解度增大，则“操作X”是趁热过滤；
（5）加入，和形成AgCl沉淀，溶液中剩余和形成新的配合物；
（6）①液封装置1能平衡气压，防止倒吸，同时防止氨气逸出；
②未将液封装置2中的水倒入锥形瓶，硫酸吸收的氨气偏少，测得氨气的质量分数偏低。
（1）Co为27号元素，价电子排布为3d74s2，为Co失去3个电子，其价层电子表示式为3d6。
（2）将转化过程中，加入过氧化氢前先加浓氨水，是将不易被氧化的转化为具有较强还原性的，即。
（3）步骤I中控制反应温度为50~60℃，既能保证较快的反应速率，又能减少氨的挥发和的分解，提高原料的利用率，因此高于60℃时氨的挥发和的分解程度增大。
（4）由题中信息可知，温度升高在水中的溶解度增大，并且加入少量浓盐酸有利于其析出，据分析反应后过滤得到和活性炭混合物，为了分离两者，需要经过“操作X”、加入浓盐酸可获得大量纯的晶体，因此“操作X”是趁热过滤。
（5）存在电离平衡，加入，和形成AgCl沉淀，溶液中剩余和形成新的配合物，因此与反应的化学方程式为。
（6）①由添加药品后，加热三颈烧瓶，蒸出的NH3通入含有标准溶液的锥形瓶中，所以液封装置1的作用是防止氨气逸出，同时可以起到平衡气压，防止倒吸的作用；
②氨气容易挥发，若未将液封装置2中的水倒入锥形瓶，则使得硫酸吸收的氨气偏少，则测得的NH3的质量分数偏低。
16．【答案】（1）适当增大酸的浓度或适当升高温度或不断搅拌(答将样品粉碎不得分)
（2）过滤
（3）
（4）4.7≤pH＜7.6；
（5）抑制的水解；防止加热过程中被氧化
（6）78.88
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）根据影响反应速率的因素，为了加快废玻璃粉末的酸浸速率，通常采用的方法有适当增大酸的浓度或适当升高温度或不断搅拌；
（2）操作①和②都是固液分离的方法，均为过滤；
（3）CeO2具有强氧化性，加入H2O2作还原剂，酸性条件下CeO2被还原为Ce3+，过氧化氢中氧被氧化为氧气，反应为：；
（4）操作②中也需要调节pH，使得铁离子、铝离子成为沉淀，而不沉淀，结合表数据，调节pH的范围为4.7≤pH＜7.6；常温下，向滤液Ⅱ中加入碱调节溶液的时，pOH=5，则悬浊液中；
（5）Ce3+水解方程式为，操作③在加热的条件下通入HCl，使得水解平衡逆向移动，故HCl的作用是抑制Ce3+水解防止生成沉淀；在氩气氛围中加热的目的是防止加热过程中被空气中氧气氧化；
（6）和亚铁离子发生氧化还原反应生成和铁离子，结合Ce元素守恒和电子守恒存在，，则样品的纯度为78.88%。
【分析】 废玻璃粉末(含、、、等) ，步骤①酸浸，、与酸反应转化为对应的盐，进入滤液 Ⅰ，分离出滤液 Ⅰ，CeO2（因强氧化性通常不与常见无机酸反应）和SiO2不反应，滤渣Ⅰ中含有CeO2、SiO2，向滤渣 Ⅰ 加H2O2、盐酸，CeO2具有强氧化性，加入H2O2作还原剂，酸性条件下CeO2被还原为Ce3+，反应后进入滤液 Ⅱ，不反应为滤渣 Ⅱ，之后调pH，使Ce3+转化为Ce(OH)3悬浊液，再酸溶得到，经步骤③得到CeCl3，CeCl3在一定条件下生成Ce。
（1）根据影响反应速率的因素，为了加快废玻璃粉末的酸浸速率，通常采用的方法有适当增大酸的浓度或适当升高温度或不断搅拌；
（2）操作①和②都是固液分离的方法，均为过滤；
（3）CeO2具有强氧化性，加入H2O2作还原剂，酸性条件下CeO2被还原为Ce3+，过氧化氢中氧被氧化为氧气，反应为：；
（4）操作②中也需要调节pH，使得铁离子、铝离子成为沉淀，而不沉淀，结合表数据，调节pH的范围为4.7≤pH＜7.6；常温下，向滤液Ⅱ中加入碱调节溶液的时，pOH=5，则悬浊液中；
（5）Ce3+水解方程式为，操作③在加热的条件下通入HCl，使得水解平衡逆向移动，故HCl的作用是抑制Ce3+水解防止生成沉淀；在氩气氛围中加热的目的是防止加热过程中被空气中氧气氧化；
（6）和亚铁离子发生氧化还原反应生成和铁离子，结合Ce元素守恒和电子守恒存在，，则样品的纯度为78.88%。
17．【答案】（1）(酚)羟基、羧基；取代反应
（2）苯乙醇
（3）
（4）保护酚羟基
（5）>
（6）
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质
【解析】【解答】（1）据分析，化合物E为，其含氧官能团的名称是(酚)羟基、羧基；的反应是-OCH3转化为-OH，属于取代反应。
（2）据分析，化合物H为，名称是苯乙醇。
（3）据分析， F和HBr在过氧化物存在的条件下发生加成反应生成G（），反应的化学方程式为。
（4）根据信息②-CHO在、吡啶作用下转化为-CH=CHCOOH，由于-OH能与-COOH发生酯化反应，因此将B转化为C的目的是保护酚羟基。
（5）对羟基苯甲醛之间可形成分子间氢键，而邻羟基苯甲醛只能形成分子内氢键，因此对羟基苯甲醛熔沸点大于邻羟基苯甲醛。
（6）合成主要是-CH2Br转化为-CH=CHCOOH，-CH2Br发生碱性水解生成-CH2OH，-CH2OH在Cu作用下氧化为-CHO，然后根据信息②，-CHO在、吡啶作用下转化为-CH=CHCOOH，因此合成路线为：。
【分析】A发生已知①的反应生成B，结合B的分子式可知，B为，B与(CH3O)SO2发生取代反应生成C，C与HOOCCH2COOH发生已知②的反应生成D，结合D的分子式可知，D的结构简式为，当羟基与双键碳原子相连时，易发生互变异构转化为更为稳定的酮或醛形式，则D在BBr3条件下转化为E（），E和H在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应生成I，结合I的结构简式可知，H为，观察G的分子式和H的分子式可知，G中含有的Br原子水解生成羟基得到H，则G的结构简式为。
（1）据分析，化合物E为，其含氧官能团的名称是(酚)羟基、羧基；的反应是-OCH3转化为-OH，属于取代反应。
（2）据分析，化合物H为，名称是苯乙醇。
（3）据分析， F和HBr在过氧化物存在的条件下发生加成反应生成G（），反应的化学方程式为。
（4）根据信息②-CHO在、吡啶作用下转化为-CH=CHCOOH，由于-OH能与-COOH发生酯化反应，因此将B转化为C的目的是保护酚羟基。
（5）对羟基苯甲醛之间可形成分子间氢键，而邻羟基苯甲醛只能形成分子内氢键，因此对羟基苯甲醛熔沸点大于邻羟基苯甲醛。
（6）合成主要是-CH2Br转化为-CH=CHCOOH，-CH2Br发生碱性水解生成-CH2OH，-CH2OH在Cu作用下氧化为-CHO，然后根据信息②，-CHO在、吡啶作用下转化为-CH=CHCOOH，因此合成路线为：。
18．【答案】（1）-50.0
（2）<；59.26；升高温度(或增大生成物浓度)
（3）；
（4）
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）根据反应热=生成物的总能量 - 反应物的总能量。对于反应，。
（2）①n点处于平衡状态，正逆反应速率相等，m点没有达到平衡状态，其正反应速率大于n点正反应速率，故n点＜m 点。
②向恒温恒容密闭容器中充入和，n点时的转化率为80\%，则：
，平衡常数，，则。
③过程Ⅰ在时刻，的转化率减小，平衡逆向移动，该反应为气体体积减小的放热反应，改变的反应条件可能是升高温度（或增大生成物浓度等合理答案）。
（3）①观察可知，在机理中，副反应较少，主要产物为甲烷，所以的选择性更高。
②在机理中，第一步转化为，第二步根据图中箭头和物质变化，反应可表示为
（4）在电解池中，在纳米Cu电极上发生还原反应生成乙烯，电解质溶液为KOH溶液，根据电荷守恒和原子守恒，电极反应为。
【分析】（1）根据=生成物的总能量 - 反应物的总能量计算；
（2）①n点时反应处于平衡状态，m点反应未达到平衡状态；
②根据题干数据，列出反应的三段式，结合计算；
③化学平衡移动的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
（3）生成的产物含量越高，选择性越高；机理中，第二步反应为 ；
（4）Cu电极上，CO2发生还原反应生成乙烯，电极反应式为。
（1）根据反应热=生成物的总能量 - 反应物的总能量。
对于反应，。
（2）①n点处于平衡状态，正逆反应速率相等，m点没有达到平衡状态，其正反应速率大于n点正反应速率，故n点＜m 点。
②向恒温恒容密闭容器中充入和，n点时的转化率为80\%，则：
，平衡常数，，则。
③过程Ⅰ在时刻，的转化率减小，平衡逆向移动，该反应为气体体积减小的放热反应，改变的反应条件可能是升高温度（或增大生成物浓度等合理答案）。
（3）①观察可知，在机理中，副反应较少，主要产物为甲烷，所以的选择性更高。
②在机理中，第一步转化为，第二步根据图中箭头和物质变化，反应可表示为
（4）在电解池中，在纳米Cu电极上发生还原反应生成乙烯，电解质溶液为KOH溶液，根据电荷守恒和原子守恒，电极反应为
1 / 1湖南省“长望浏宁”四县联考2025届高三下学期3月调研考试化学试题
一、单项选择题：本题共14小题，每小题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．（2025·湖南模拟）科技发展与化学密切相关。下列说法正确的是
A．为卫星工作提供能量的是砷化镓太阳能电池板，砷化镓有良好的导电性
B．光导纤维由高纯二氧化硅制成，能有效提高通信效率
C．富勒烯用于制造高温超导材料的原料，其原料、等为共价晶体
D．海水原位电解制氢技术的关键材料多孔聚四氟乙烯，其单体属于不饱和烃
【答案】B
【知识点】分子晶体；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A．砷化镓是半导体材料，有一定导电性，但并非 “良好的导电性”，砷化镓用于太阳能电池板，是利用半导体的光电效应转化能量，而非依靠良好导电性供电，A错误；
B．光导纤维由高纯二氧化硅制成，二氧化硅对光信号有良好的传输性能，能减少信号损耗，从而有效提高通信效率，B正确；
C．、由分子构成，分子间靠分子间作用力结合，属于分子晶体，C错误；
D．四氟乙烯含氟元素，不属于烃，D错误；
故选B。
【分析】A．良好导电性的通常是金属；
Ｂ．二氧化硅对光信号有良好的传输性能；
Ｃ．、由分子构成；
Ｄ．聚四氟乙烯的单体是四氟乙烯。
2．（2025·湖南模拟）下列化学用语表述正确的是
A．氢元素的三种不同核素：H、D、T
B．的VSEPR模型：
C．的电子式：
D．键的形成过程：
【答案】A
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；元素、核素；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．氢元素有三种核素，分别为：H、D、T，故A正确；
B．SO3中心原子S的价层电子对数为3，不含孤电子对，其 VSEPR 模型为平面三角形，故B错误；
C．氢氧化钠是由Na+、OH-构成的离子化合物，正确的电子式为：，故C错误；
D．键两个原子的p轨道 “头碰头” 重叠形成的，而图示是p轨道“肩并肩” 重叠形成的π键，故D错误；
故答案为A。
【分析】A．核素是具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子；
Ｂ．SO3中心原子S的价层电子对数为3，不含孤电子对；
Ｃ．NaOH是离子化合物；
Ｄ．键两个原子的p轨道 “头碰头” 重叠形成的。
3．（2025·湖南模拟）下列有关实验操作或实验事故处理的叙述正确的是
A．蒸馏实验中，液体沸腾后发现忘加沸石，立即移开酒精灯补加沸石
B．少量强碱溶液滴到实验桌上，立即用水冲洗
C．用萃取后发现水层仍有颜色，再次进行萃取，直至水层变为无色
D．实验室发生火情，立即打开消防栓用水灭火
【答案】C
【知识点】化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】A．在蒸馏实验中，液体沸腾后（处于过热状态）若忘加沸石，立即移开酒精灯补加沸石是错误的。因为此时液体温度高，补加沸石会引起暴沸，正确做法是待液体冷却后再补加沸石，A错误；
B．少量强碱洒落应先用布擦除，再用水冲洗并中和，直接冲洗可能扩大污染，B错误；
C．用 萃取 时，若水层仍有颜色，说明 未被完全萃取，再次进行萃取直至水层变为无色是正确的，以确保 被充分提取，C正确；
D．实验室发生火情，不能立即打开消防栓用水灭火。因为不同的火灾类型灭火方式不同，比如电器着火、有机溶剂着火等，若盲目用水灭火可能会导致火势蔓延（如有机溶剂密度比水小，会浮在水面上继续燃烧），应根据火灾类型选择合适的灭火器材，D错误；
故选C。
【分析】A．应等待液体冷却后再补加沸石；
Ｂ．应当先擦掉再中和冲洗；
Ｃ．水层仍有颜色说明萃取不充分；
Ｄ．应根据火灾类型选择合适的灭火器材。
4．（2025·湖南模拟）有关生活中的化学知识或现象，解释不正确的是
选项 化学知识或现象 解释
A 清洗铝制餐具时，不宜用钢丝球打磨餐具表面 打磨会破坏铝制品表面氧化膜，使铝制品的抗压能力减弱。
B “暖宝宝”发热包主要由铁粉、活性炭、食盐和水组成 空气进入发热包后，铁粉发生吸氧腐蚀放出热量。
C 维生素C是水果罐头中常用的抗氧化剂 维生素C容易被氧化。
D “84”消毒液和医用酒精常用作生活中的杀菌消毒剂 二者杀菌消毒原理相同，均因其组分具有强氧化性。
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】镁、铝的重要化合物；常见的食品添加剂的组成、性质和作用；铁的吸氧腐蚀
【解析】【解答】A．铝在空气中易与氧气反应，在表面生成一层致密的氧化铝氧化膜，这层氧化膜能阻止内部的铝进一步被氧化，对铝制品起到保护作用，如果用钢丝球打磨铝制餐具表面，会破坏这层氧化膜，使铝制品容易被腐蚀，抗压能力也会减弱，所以不可以用钢丝球打磨，故A正确；
B．“暖宝宝” 发热包中的铁粉、活性炭、食盐和水，构成了原电池。当空气进入发热包后，氧气在正极得到电子，发生还原反应，铁粉在负极失去电子，发生氧化反应，即铁粉发生吸氧腐蚀，这个过程会放出热量，故B正确；
C．维生素 C 容易被氧化，在水果罐头中，它可以先于罐头中的其他成分被氧化，从而保护罐头中的营养成分和风味不被氧化破坏，所以常用作抗氧化剂，故C正确；
D．“84” 消毒液的主要成分是次氯酸钠，次氯酸钠具有强氧化性，能使蛋白质变性，从而起到杀菌消毒的作用；而医用酒精是通过使蛋白质变性来杀菌消毒的，酒精并不具有强氧化性。所以二者杀菌消毒的原理不同，故D错误；
故答案为D。
【分析】A．铝在空气中易与氧气反应，在表面生成一层致密的氧化铝，阻止内部的铝进一步被氧化；
Ｂ．“暖宝宝” 发热包中的铁粉、活性炭、食盐和水，构成了原电池；
Ｃ．抗氧化剂是指能防止或延缓食品氧化，提高食品的稳定性和延长贮存期的食品添加剂；
Ｄ.84消毒液有强氧化性，酒精并不具有强氧化性。
5．（2025·湖南模拟）下列离子方程式书写正确的是
A．向溶液中滴加过量氨水：
B．使用溶液回收废旧铅酸蓄电池中含铅废料：
C．向溶液中滴加浓盐酸：
D．用惰性电极电解溶液：
【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；离子方程式的书写；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．反应生成Al(OH)3沉淀，Al(OH)3沉淀不溶于过量氨水，正确的离子方程式为，故A错误；
B． 使用溶液回收废旧铅酸蓄电池中含铅废料 ，Fe2+被PbO2氧化为Fe3+，PbO2被还原为Pb2+，正确的离子方程式为2Fe2++PbO2+4H++SO═2Fe3++PbSO4+2H2O，故B错误；
C．向溶液中滴加浓盐酸，转化为，离子方程式为，故C正确；
D． 用惰性电极电解溶液 ，Mg2+会与OH-继续反应生成沉淀，同时生成氢气和氯气，正确的离子方程式为，故D错误；
答案选C。
【分析】A．氢氧化铝不溶于过量氨水；
Ｂ．Fe2+被PbO2氧化为Fe3+，PbO2被还原为Pb2+；
Ｃ．向溶液中滴加浓盐酸，转化为；
Ｄ．惰性电极电解氯化镁溶液生成氢氧化镁、氢气和氯气。
6．（2025·湖南模拟）下列有关生命基本物质的性质说法不正确的是
A．合成蛋白质的基本单元甘氨酸，既能和酸反应，也能和碱反应
B．将植物油转化为氢化植物油，发生了加成反应
C．重金属盐能引起蛋白质变性，引发重金属中毒
D．葡萄糖是生命能量来源物质，能发生水解反应
【答案】D
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．分子中含有氨基和羧基，氨基具有碱性，能与酸反应；羧基具有酸性，能与碱反应。所以甘氨酸既能和酸反应，也能和碱反应，故A正确；
B．植物油中含有不饱和键（碳碳双键等），将植物油转化为氢化植物油时，不饱和键与氢气发生加成反应，使油脂的不饱和程度降低，故B正确；
C．重金属盐能使蛋白质的空间结构发生改变，从而引起蛋白质变性，这是重金属中毒的原理，故C正确；
D．葡萄糖属于单糖，单糖是不能再水解的糖类，它是生命能量的重要来源物质，通过氧化分解等过程为生命活动提供能量，但不能发生水解反应，故D错误；
故答案为D。
【分析】A．甘氨酸含有氨基和羧基，具有两性；
Ｂ．植物油中含有不饱和键；
Ｃ．重金属盐能使蛋白质的空间结构发生改变；
Ｄ．葡萄糖属于单糖，不能发生水解。
7．（2025·湖南模拟）实验是化学研究的基础，关于下列各实验装置图的叙述中，正确的是
A．装置①：吸收，并防止倒吸
B．装置②：滴加溶液，溶液不变红，可以证明锌比铁活泼
C．装置③：获得硝酸铁晶体
D．装置④：比较酸性强弱顺序为
【答案】D
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A. 氨气极易溶于水，难溶于苯，装置①中，导管直接插入水中，氨气溶解会使装置内压强骤降，容易发生倒吸现象。所以装置①不能有效防止倒吸，故A错误；
B．滴加KSCN溶液，溶液不变红，只能说明没有Fe3+，但不能直接证明Zn比Fe活泼，故B错误；
C．加热硝酸铁溶液，Fe3+水解程度增加，生成氢氧化铁和氢离子，氢离子与硝酸根形成易挥发的硝酸，硝酸挥发会使水解平衡不断正向移动，因此装置③得到的是氢氧化铁，故C错误；
D．醋酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，证明醋酸酸性大于碳酸，将反应后气体通入碳酸氢钠除去二氧化碳中的醋酸，然后二氧化碳与苯酚钠反应生成苯酚，证明碳酸酸性大于苯酚，故D正确；
故答案为D。
【分析】A．氨气极易溶于水；
Ｂ．Fe2+遇到KSCN不变红；
Ｃ．硝酸铁水解生成氢氧化铁和硝酸，硝酸易挥发；
Ｄ．根据强酸制弱酸原理分析。
8．（2025·湖南模拟）自来水消毒剂可用葡萄糖与发生以下反应制得：(未配平)。下列说法不正确的是
A．是还原剂，发生氧化反应
B．替换用于自来水消毒，能有效减少自来水中的残留氯
C．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：6
D．每生成气体，转移电子数为(表示阿伏加德罗常数的值)
【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．中C元素化合价升高，失去电子，是还原剂，发生氧化反应，故A正确；
B．由氯原子个数守恒和得失电子数目守恒可知，转移2mol电子，氯气作为自来水消毒剂时，消耗氯气的物质的量为1mol、生成氯离子的物质的量为2mol，二氧化氯作为自来水消毒剂时，消耗二氧化氯的物质的量为0.4mol、生成氯离子的物质的量为0.4mol，所以使用二氧化氯代替氯气作为自来水消毒剂能有效减少残留氯，故B正确；
C．由分析可知，反应中是还原剂，为氧化剂 ，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：24，故C错误；
D．中Cl元素的化合价从+5价降低到+4价，每生成气体，转移1mol电子，转移电子数为，故D正确；
故答案为C。
【分析】中C元素从0价升高到+4价，中Cl元素的化合价从+5价降低到+4价，根据得失电子守恒和质量守恒配平方程式为，该反应中是还原剂，为氧化剂。
9．（2025·湖南模拟）科学家利用四种原子序数依次递增的短周期元素W、X、Y、Z“组合”成一种超分子，具有高效的催化性能，其分子结构示意图如下，实线代表共价键，其他重复单元的W、X未标注。W、X、Z分别位于不同周期，Z是同周期中金属性最强的元素。下列说法不正确的是
A．基态原子半径：X>Y
B．分子因形成分子间氢键，沸点高于同主族其他元素同类型化合物
C．在该超分子中，X和Y的杂化方式相同，均为
D．改变同类别分子的“空穴”大小，可以识别某些金属阳离子
【答案】B
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；含有氢键的物质；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．同周期主族元素，从左到右原子半径逐渐减小。C、O同周期，且C在O左边，所以基态原子半径：C>O，即X>Y，Ａ正确；
Ｂ．XW4为CH4， CH4分子间不存在氢键，B错误；
C．在该超分子中，C形成4个键，无孤电子对，杂化方式为 ，O形成2个键，有2对孤电子对，杂化方式也为，所以X和Y的杂化方式相同，均为，C正确；
D．改变同类别分子的 “空穴” 大小，可与不同大小的金属阳离子匹配，从而识别某些金属阳离子，D正确；
答案选B。
【分析】W、X、Y、Z均为短周期元素且位于不同周期，W形成1个共价键，说明W是H元素，X形成四个共价键，则X为C元素，Z是同周期中金属性最强的元素，且在第三周期，所以Z为Na元素，Y在第二周期，由分子结构中Y形成2个共价键，可知Y为O元素。
10．（2025·湖南模拟）海水是巨大的宝库，从海水中提取溴的简单流程示意图如下。下列说法不正确的是
A．实验室通常采用“水封”的方法将液溴保存在无色试剂瓶中
B．“吹出”时，常采用热空气吹出溴，说明溴的沸点较低
C．流程中氧化→吸收→氧化的原因是海水中溴元素含量较低
D．工业通常用溶液代替二氧化硫吸收，生成无色无味气体和，反应的化学方程式为：
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；海水资源及其综合利用
【解析】【解答】A．液溴易挥发，且溴蒸气有刺激性气味、有毒，同时液溴能腐蚀橡胶。实验室保存液溴时，应采用 “水封” 的方法，但要将其保存在棕色试剂瓶中A错误；
B．“吹出” 步骤中用热空气吹出溴，是因为溴的沸点较低，热空气的温度能使溴挥发成溴蒸气，从而被吹出，B正确；
C．海水中溴元素含量较低，通过 “氧化→吸收→氧化” 的流程，可以对溴进行富集，提高溴的浓度，便于后续提取，C正确；
D．工业通常用溶液代替二氧化硫吸收，生成无色无味气体二氧化碳和，则溴发生自身氧化还原反应，同时生成溴化钠，反应的化学方程式为：，D正确；
选A。
【分析】A．液溴易挥发，且溴蒸气有刺激性气味、有毒，同时液溴能腐蚀橡胶；
Ｂ．溴的沸点较低；
Ｃ．海水中溴元素含量较低；
Ｄ．用溶液代替二氧化硫吸收， 生成无色无味气体和 ，该气体应为二氧化碳，则反应的化学方程式为。
11．（2025·湖南模拟）新型电池能有效地捕获，将其转化为，再将产生的电解制氨，过程如图所示。下列说法正确的是
A．d电极是电解池的阳极
B．该电池组中电子的流向为：
C．c的电极反应为：
D．电路中转移时，理论上能得到
【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池、电解池综合
【解析】【解答】A．d 电极与原电池正极（b）相连，根据电解池 “阳极与电源正极相连” 的规律，d 是电解池的阳极，A正确；
B．原电池中，电子从负极（a）经导线流向正极（b），电解池中，电子从电源负极（a）流向电解池阴极（c），从电解池阳极（d）流向电源正极（b），电子不能在电解质溶液中流动，则电子流向为：、，B错误；
C．c为阴极，阴极发生得电子的还原反应，电极反应式为：，C错误；
D．题目未说明 “标准状况”，无法用22.4L/mol计算氧气的体积，D错误；
故选A。
【分析】左侧为原电池，Zn 失去电子，作负极（a 为负极），NO2得到电子，右侧石墨作正极（b 为正极），右侧为电解池，与原电池负极（a）相连的电极（c）为阴极；与原电池正极（b）相连的电极（d）为阳极。
12．（2025·湖南模拟）某镁镍合金储氢后所得晶体的立方晶胞如图，晶胞边长为apm，Mg位于相邻4个Ni所围合的正四面体的体心。下列说法不正确的是
A．储氢过程中被还原 B．晶体的化学式为
C．每个Mg周围有12个紧邻的H D．Mg与Ni的原子核间距为
【答案】B
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．H2被吸收后时与Ni结合，而Ni为金属元素，只能为正价，因此H2中氢元素的化合价降低，被还原，故A正确；
B．该晶胞中，Ni位于顶点、面心，数目为为8×+6×=4，H位于棱上、面心，数目为24，Mg都在体内，因此Mg有8个，晶体的化学式为Mg2NiH6，故B错误；
C．由题干晶胞示意图可知，Mg均处于晶胞的体内，则如图所示，，取一个Mg观察可知，与之最近的有4个，但是由于方向问题，中只有朝向Mg的与之距离才是最近，因此每个中只有三个H与Mg最近，因此共有12个与之紧邻的H，故C正确；
D．晶胞边长为apm，Mg位于体心附近，Ni位于顶点，Mg与Ni的原子核间距为体对角线的，即apm，故D正确；
故答案为B。
【分析】A．储氢过程中，H2得到电子；
Ｂ．根据均摊法计算各原子数目，进而确定其化学式；
Ｃ．每个Mg周围有12个紧邻的H；
Ｄ．Mg与Ni的原子核间距为体对角线的。
13．（2025·湖南模拟）25℃时，用相同物质的量浓度的溶液分别滴定起始物质的量浓度均为0.1mol/L的等体积的三种酸溶液，商定曲线如图所示，下列说法正确的是
A．酸性强弱：
B．滴定至T点时，存在：
C．三种溶液滴定到PH均为7时，HX消耗的溶液最多
D．当中和百分数达到100%时，将三种溶液混合后有：
【答案】B
【知识点】盐类水解的原理；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由分析可知，酸性强弱：HZ＞HY＞HX，A错误；
B．T点，中和百分数为50%，对于HY溶液，此时溶质为等物质的量的NaY和HY，根据电荷守恒有：，根据物料守恒有：，将物料守恒式代入电荷守恒式可得：，B正确；
C．酸性越弱，其对应的盐的水解程度越大，三种溶液滴定到pH均为7时，三种酸溶液的中和百分数：HZ＞HY＞HX，说明HZ消耗的溶液最多，C错误；
D．当中和百分数达到100%时得到等浓度的NaZ、NaX、NaY混合溶液，可得电荷守恒：和物料守恒：，可得质子守恒为：c(H+)+c(HX)+c(HY)+c(HZ)=c(OH-)，即c(HX)+c(HY)+c(HZ)=c(OH-)-c(H+)，D错误；
故选B。
【分析】起始时，三种酸溶液的浓度均为0.1mol/L，相同浓度的酸，pH越小，酸性越强，起始时pH：HX＞HY＞HZ，则酸性强弱为：HZ＞HY＞HX。
14．（2025·湖南模拟）某温度下，在1L恒容密闭容器中2.0molX发生反应，有关数据如下：
时间段/min 产物Z的平均生成速率/
0~2 0.20
0~4 0.15
0~6 0.10
下列说法正确的是
A．1min时，Z的浓度等于
B．2min时，加入0.20molZ，此时
C．3min时，Y的体积分数约为66.7%
D．5min时，X的物质的量为1.4mol
【答案】D
【知识点】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．反应速率是平均速率，不是瞬时速率，不能确定1min时，Z的浓度等于，A错误；
B.2min时Y的浓度为，Z的浓度为，加入后Z的浓度变为，，反应正向进行，故，B错误；
C．X 是固体，反应生成的 Y 和 Z 都是气体，且 Y 与 Z 的物质的量之比始终为1∶2，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，，故Y的体积分数始终约为33.3%，C错误；
D．由B项分析可知5min时反应处于平衡状态，此时生成Z为，则X的转化量为，初始X的物质的量为，剩余X的物质的量为，D正确；
故答案选D。
【分析】 中，X 是固体，反应前后气体物质的量增大（由 0 变为 3），且固体的量不影响平衡和气体浓度、体积分数等，根据表中数据：4min时生成的Z的物质的量为，6min时生成的Z的物质的量为，故反应在4min时已达到平衡，设达到平衡时生了，列三段式：
根据，得，则Y的平衡浓度为，Z的平衡浓度为，平衡常数。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（2025·湖南模拟）三氯化六氨合钴(III)是重要的化工原料。制各反应式为：。
已知：①反应放出大量热：
②不易被氧化，具有强氧化性；具有较强还原性，性质稳定；
③在水中的溶解度曲线如图1所示，加入少量浓盐酸有利于其析出。
制备的实验步骤：
Ⅰ．取研细的和溶解后转入三颈烧瓶，控制温度在10℃以下，加入浓氨水和活性炭粉末。再逐滴加入30%的溶液，水浴加热至50~60℃，保持20min。实验装置如图2所示。
Ⅱ．然后用冰浴冷却至0℃左右，吸滤，把沉淀浴于50mL沸水中，经操作X后，慢慢加入浓盐酸于滤液中，即有大量晶体析出；
Ⅲ．吸滤，晶体以冷的盐酸洗涤，再用少许乙醇洗涤，吸干。
（1）的价层电子表示式为　 　。
（2）步骤1中，加入溶液前，先加浓氨水的目的是　 　。
（3）步骤Ⅰ中水浴加热温度应控制在50~60℃的原因是：①低于50℃，反应速率过慢；②高于60℃，　 　。
（4）步骤Ⅱ中的“操作X”是　 　。
（5）中的可以被、、等一系列阴离子交换形成相应的，请写出与反应的化学方程式：　 　。
（6）用如图3装置测定产品中的含量(部分装置已省略)：
①蒸氨：取mg样品加入过量试剂后，加热三颈烧瓶，蒸出的通入盛有标准溶液的锥形瓶中。液封装置1的作用是　 　。
②滴定：将液封装置2中的水倒入锥形瓶后滴定剩余的，消耗的标准浴液。若未将液封装置2中的水倒入锥形瓶，测得的质量分数将　 　(填“偏高”或“偏低”或“不变”)。
【答案】（1）3d6
（2）将不易被氧化的转化为具有较强还原性的
（3）氨的挥发和的分解程度增大
（4）趁热过滤
（5）
（6）平衡气压，防倒吸，同时防止氨气逸出；偏低
【知识点】中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）Co为27号元素，价电子排布为3d74s2，为Co失去3个电子，其价层电子表示式为3d6。
（2）将转化过程中，加入过氧化氢前先加浓氨水，是将不易被氧化的转化为具有较强还原性的，即。
（3）步骤I中控制反应温度为50~60℃，既能保证较快的反应速率，又能减少氨的挥发和的分解，提高原料的利用率，因此高于60℃时氨的挥发和的分解程度增大。
（4）由题中信息可知，温度升高在水中的溶解度增大，并且加入少量浓盐酸有利于其析出，据分析反应后过滤得到和活性炭混合物，为了分离两者，需要经过“操作X”、加入浓盐酸可获得大量纯的晶体，因此“操作X”是趁热过滤。
（5）存在电离平衡，加入，和形成AgCl沉淀，溶液中剩余和形成新的配合物，因此与反应的化学方程式为。
（6）①由添加药品后，加热三颈烧瓶，蒸出的NH3通入含有标准溶液的锥形瓶中，所以液封装置1的作用是防止氨气逸出，同时可以起到平衡气压，防止倒吸的作用；
②氨气容易挥发，若未将液封装置2中的水倒入锥形瓶，则使得硫酸吸收的氨气偏少，则测得的NH3的质量分数偏低。
【分析】将和可溶性一起用水溶解，所得溶液中加入活性炭和浓氨水，得到和活性炭的浊液，滴加的水溶液，在活性炭的催化作用下，溶液中Co(II)氧化为Co(III)，生成和活性炭的浊液，再加入浓盐酸，冷却过滤，析出晶体。
（1）Co核外共有27个电子，Co原子失去3个电子得到Co3+，根据构造原理可知其核外电子排布式为 3d6 ；
（2）过氧化氢具有强氧化性，加入过氧化氢是为了氧化Co2+；
（3）氨水和过氧化氢均不稳定，高温易分解；
（4）温度升高在水中的溶解度增大，则“操作X”是趁热过滤；
（5）加入，和形成AgCl沉淀，溶液中剩余和形成新的配合物；
（6）①液封装置1能平衡气压，防止倒吸，同时防止氨气逸出；
②未将液封装置2中的水倒入锥形瓶，硫酸吸收的氨气偏少，测得氨气的质量分数偏低。
（1）Co为27号元素，价电子排布为3d74s2，为Co失去3个电子，其价层电子表示式为3d6。
（2）将转化过程中，加入过氧化氢前先加浓氨水，是将不易被氧化的转化为具有较强还原性的，即。
（3）步骤I中控制反应温度为50~60℃，既能保证较快的反应速率，又能减少氨的挥发和的分解，提高原料的利用率，因此高于60℃时氨的挥发和的分解程度增大。
（4）由题中信息可知，温度升高在水中的溶解度增大，并且加入少量浓盐酸有利于其析出，据分析反应后过滤得到和活性炭混合物，为了分离两者，需要经过“操作X”、加入浓盐酸可获得大量纯的晶体，因此“操作X”是趁热过滤。
（5）存在电离平衡，加入，和形成AgCl沉淀，溶液中剩余和形成新的配合物，因此与反应的化学方程式为。
（6）①由添加药品后，加热三颈烧瓶，蒸出的NH3通入含有标准溶液的锥形瓶中，所以液封装置1的作用是防止氨气逸出，同时可以起到平衡气压，防止倒吸的作用；
②氨气容易挥发，若未将液封装置2中的水倒入锥形瓶，则使得硫酸吸收的氨气偏少，则测得的NH3的质量分数偏低。
16．（2025·湖南模拟）以液晶显示屏生产过程中产生的废玻璃粉末(含、、、等)为原料回收的流程如图所示。
已知：
1.具有强氧化性，通常情况不与常见的无机酸反应。
2.几种阳离子转化为沉淀的pH
金属阳离子
开始沉淀的pH 1.5 7.6 3.4 6.5
沉淀完全的pH 2.8 9.4 4.7 9.0
回答下列问题：
（1）为了加快废玻璃粉末的酸浸速率，通常采用的方法有　 　(至少写一种)。
（2）操作①和②的名称为　 　。
（3）请写出加入的与反应的离子方程式　 　。
（4）操作②中也需要调节pH，调节pH的范围为　 　，常温下，向滤液Ⅱ中加入碱调节溶液的时，悬浊液中　 　［已知：25℃时，的］。
（5）操作③需加入浓的原因是　 　，在氩气氛围中加热的目的是　 　。
（6）对样品纯度进行测定的方法：准确称量样品12.5g，配成200mL溶液，取50.00mL上述溶液置于锥形瓶中，加入稍过量的过二硫酸铵］溶液使被氧化为，然后用萃取剂萃取，再用的标准也滴定至终点，重复2~3次，平均消耗10.00mL标准液。计算样品的纯度为　 　%。
【答案】（1）适当增大酸的浓度或适当升高温度或不断搅拌(答将样品粉碎不得分)
（2）过滤
（3）
（4）4.7≤pH＜7.6；
（5）抑制的水解；防止加热过程中被氧化
（6）78.88
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）根据影响反应速率的因素，为了加快废玻璃粉末的酸浸速率，通常采用的方法有适当增大酸的浓度或适当升高温度或不断搅拌；
（2）操作①和②都是固液分离的方法，均为过滤；
（3）CeO2具有强氧化性，加入H2O2作还原剂，酸性条件下CeO2被还原为Ce3+，过氧化氢中氧被氧化为氧气，反应为：；
（4）操作②中也需要调节pH，使得铁离子、铝离子成为沉淀，而不沉淀，结合表数据，调节pH的范围为4.7≤pH＜7.6；常温下，向滤液Ⅱ中加入碱调节溶液的时，pOH=5，则悬浊液中；
（5）Ce3+水解方程式为，操作③在加热的条件下通入HCl，使得水解平衡逆向移动，故HCl的作用是抑制Ce3+水解防止生成沉淀；在氩气氛围中加热的目的是防止加热过程中被空气中氧气氧化；
（6）和亚铁离子发生氧化还原反应生成和铁离子，结合Ce元素守恒和电子守恒存在，，则样品的纯度为78.88%。
【分析】 废玻璃粉末(含、、、等) ，步骤①酸浸，、与酸反应转化为对应的盐，进入滤液 Ⅰ，分离出滤液 Ⅰ，CeO2（因强氧化性通常不与常见无机酸反应）和SiO2不反应，滤渣Ⅰ中含有CeO2、SiO2，向滤渣 Ⅰ 加H2O2、盐酸，CeO2具有强氧化性，加入H2O2作还原剂，酸性条件下CeO2被还原为Ce3+，反应后进入滤液 Ⅱ，不反应为滤渣 Ⅱ，之后调pH，使Ce3+转化为Ce(OH)3悬浊液，再酸溶得到，经步骤③得到CeCl3，CeCl3在一定条件下生成Ce。
（1）根据影响反应速率的因素，为了加快废玻璃粉末的酸浸速率，通常采用的方法有适当增大酸的浓度或适当升高温度或不断搅拌；
（2）操作①和②都是固液分离的方法，均为过滤；
（3）CeO2具有强氧化性，加入H2O2作还原剂，酸性条件下CeO2被还原为Ce3+，过氧化氢中氧被氧化为氧气，反应为：；
（4）操作②中也需要调节pH，使得铁离子、铝离子成为沉淀，而不沉淀，结合表数据，调节pH的范围为4.7≤pH＜7.6；常温下，向滤液Ⅱ中加入碱调节溶液的时，pOH=5，则悬浊液中；
（5）Ce3+水解方程式为，操作③在加热的条件下通入HCl，使得水解平衡逆向移动，故HCl的作用是抑制Ce3+水解防止生成沉淀；在氩气氛围中加热的目的是防止加热过程中被空气中氧气氧化；
（6）和亚铁离子发生氧化还原反应生成和铁离子，结合Ce元素守恒和电子守恒存在，，则样品的纯度为78.88%。
17．（2025·湖南模拟）蜂胶是一种天然抗癌药，主要活性成分为咖啡酸苯乙酯(I)。合成化合物I路线如下：
已知：①；
②；
③当羟基与双键碳原子相连时，易发生互变异构转化为更为稳定的酮或醛形式，如：。
请回答下列问题：
（1）化合物E中含氧官能团的名称是　 　；的反应类型是　 　。
（2）化合物H的名称是　 　。
（3）写出化合物F转化为G反应的化学方程式　 　。
（4）将B转化为C的目的是　 　。
（5）J：对羟基苯甲醛()和K：邻羟基苯甲醛()均可用于有机合成中间体。比较二者的熔沸点：J　 　K(选填“>”“<”)。
（6）根据上述合成中提供的信息，写出以为原料(其他试剂任选)分三步制备肉桂酸()的合成路线　 　。
【答案】（1）(酚)羟基、羧基；取代反应
（2）苯乙醇
（3）
（4）保护酚羟基
（5）>
（6）
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质
【解析】【解答】（1）据分析，化合物E为，其含氧官能团的名称是(酚)羟基、羧基；的反应是-OCH3转化为-OH，属于取代反应。
（2）据分析，化合物H为，名称是苯乙醇。
（3）据分析， F和HBr在过氧化物存在的条件下发生加成反应生成G（），反应的化学方程式为。
（4）根据信息②-CHO在、吡啶作用下转化为-CH=CHCOOH，由于-OH能与-COOH发生酯化反应，因此将B转化为C的目的是保护酚羟基。
（5）对羟基苯甲醛之间可形成分子间氢键，而邻羟基苯甲醛只能形成分子内氢键，因此对羟基苯甲醛熔沸点大于邻羟基苯甲醛。
（6）合成主要是-CH2Br转化为-CH=CHCOOH，-CH2Br发生碱性水解生成-CH2OH，-CH2OH在Cu作用下氧化为-CHO，然后根据信息②，-CHO在、吡啶作用下转化为-CH=CHCOOH，因此合成路线为：。
【分析】A发生已知①的反应生成B，结合B的分子式可知，B为，B与(CH3O)SO2发生取代反应生成C，C与HOOCCH2COOH发生已知②的反应生成D，结合D的分子式可知，D的结构简式为，当羟基与双键碳原子相连时，易发生互变异构转化为更为稳定的酮或醛形式，则D在BBr3条件下转化为E（），E和H在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应生成I，结合I的结构简式可知，H为，观察G的分子式和H的分子式可知，G中含有的Br原子水解生成羟基得到H，则G的结构简式为。
（1）据分析，化合物E为，其含氧官能团的名称是(酚)羟基、羧基；的反应是-OCH3转化为-OH，属于取代反应。
（2）据分析，化合物H为，名称是苯乙醇。
（3）据分析， F和HBr在过氧化物存在的条件下发生加成反应生成G（），反应的化学方程式为。
（4）根据信息②-CHO在、吡啶作用下转化为-CH=CHCOOH，由于-OH能与-COOH发生酯化反应，因此将B转化为C的目的是保护酚羟基。
（5）对羟基苯甲醛之间可形成分子间氢键，而邻羟基苯甲醛只能形成分子内氢键，因此对羟基苯甲醛熔沸点大于邻羟基苯甲醛。
（6）合成主要是-CH2Br转化为-CH=CHCOOH，-CH2Br发生碱性水解生成-CH2OH，-CH2OH在Cu作用下氧化为-CHO，然后根据信息②，-CHO在、吡啶作用下转化为-CH=CHCOOH，因此合成路线为：。
18．（2025·湖南模拟）降低空气中的含量，研发的利用技术，将转换为能源是缓解环境和能源问题的有效方案之一，我国为实现碳达峰和碳中和的“双碳”目标，工业上用、、等物质与反应合成具有经济价值的物质。
（1）工业上用和合成，发生的主反应ⅰ： 。
相对能量 0 -201.0 -393.0 -242.0
根据表中数据计算　 　。
（2）一定条件下，向2L恒温恒容密闭容器中充入和仅发生反应ⅰ，在两种不同催化剂作用下建立平衡的过程(Ⅰ，Ⅱ)中的转化率随反应时间的变化曲线如图。
①n点　 　m点(填“>”“<”或“=”)。
②计算反应处于n点的平衡常数　 　(保留两位小数)。
③过程Ⅰ，时刻改变的反应条件可能是　 　(任答一条)。
（3）甲烷化是“负碳排放”的重要研究方向，某研究团队报道了镍基催化剂上与反应生成甲烷的两种机理如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*表示。
机理中的产物的选择性　 　更高，机理中第二步反应可以表示为　 　。
（4）我国科学家采用单原子和纳米作串联催化剂，通过电解法将转化为乙烯，其装置如图所示。纳米上发生的电极反应为　 　。
【答案】（1）-50.0
（2）<；59.26；升高温度(或增大生成物浓度)
（3）；
（4）
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）根据反应热=生成物的总能量 - 反应物的总能量。对于反应，。
（2）①n点处于平衡状态，正逆反应速率相等，m点没有达到平衡状态，其正反应速率大于n点正反应速率，故n点＜m 点。
②向恒温恒容密闭容器中充入和，n点时的转化率为80\%，则：
，平衡常数，，则。
③过程Ⅰ在时刻，的转化率减小，平衡逆向移动，该反应为气体体积减小的放热反应，改变的反应条件可能是升高温度（或增大生成物浓度等合理答案）。
（3）①观察可知，在机理中，副反应较少，主要产物为甲烷，所以的选择性更高。
②在机理中，第一步转化为，第二步根据图中箭头和物质变化，反应可表示为
（4）在电解池中，在纳米Cu电极上发生还原反应生成乙烯，电解质溶液为KOH溶液，根据电荷守恒和原子守恒，电极反应为。
【分析】（1）根据=生成物的总能量 - 反应物的总能量计算；
（2）①n点时反应处于平衡状态，m点反应未达到平衡状态；
②根据题干数据，列出反应的三段式，结合计算；
③化学平衡移动的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
（3）生成的产物含量越高，选择性越高；机理中，第二步反应为 ；
（4）Cu电极上，CO2发生还原反应生成乙烯，电极反应式为。
（1）根据反应热=生成物的总能量 - 反应物的总能量。
对于反应，。
（2）①n点处于平衡状态，正逆反应速率相等，m点没有达到平衡状态，其正反应速率大于n点正反应速率，故n点＜m 点。
②向恒温恒容密闭容器中充入和，n点时的转化率为80\%，则：
，平衡常数，，则。
③过程Ⅰ在时刻，的转化率减小，平衡逆向移动，该反应为气体体积减小的放热反应，改变的反应条件可能是升高温度（或增大生成物浓度等合理答案）。
（3）①观察可知，在机理中，副反应较少，主要产物为甲烷，所以的选择性更高。
②在机理中，第一步转化为，第二步根据图中箭头和物质变化，反应可表示为
（4）在电解池中，在纳米Cu电极上发生还原反应生成乙烯，电解质溶液为KOH溶液，根据电荷守恒和原子守恒，电极反应为
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