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广东省广州市第五中学2025-2026学年高三上学期9月测试化学试题
1．（2025高三上·广州月考）河北省古建筑数量大，历史跨度长，种类齐全，在我国建筑史上占有非常重要的地位。下列古建筑组件主要成分属于有机物的是
A．基石 B．斗拱 C．青瓦 D．琉璃
A．A B．B C．C D．D
2．（2025高三上·广州月考）声波封印，材料是音乐存储技术的基础。下列说法错误的是
A．制作黑胶唱片使用的聚氯乙烯，其单体是
B．磁带可由四氧化三铁涂覆在胶带上制成，具有磁性
C．光碟擦写过程中材料在晶态和非晶态间的可逆转换，涉及物理变化
D．固态硬盘芯片常使用单晶硅作为基础材料，单晶硅是一种共价晶体
3．（2025高三上·广州月考）化合物Z是某真菌的成分之一，结构如图。下列有关该物质说法错误的是
A．可形成分子间氢键
B．与乙酸、乙醇均能发生酯化反应
C．能与溶液反应生成
D．与的溶液反应消耗
4．（2025高三上·广州月考）劳动创造美好生活。下列对劳动项目涉及的相关化学知识表述错误的是
选项 劳动项目 化学知识
A 向燃煤中加入生石灰以脱硫减排
B 用和盐酸检验粗盐中是否含
C 使用溶液点卤制豆腐 使蛋白质盐析
D 用铁粉、活性炭、食盐等制暖贴 使用时铁粉被氧化，反应放热
A．A B．B C．C D．D
5．（2025高三上·广州月考）下列在化学史上产生重要影响的成果中，不涉及氧化还原反应的是
A．侯德榜发明了以，和为原料的联合制碱法
B．戴维电解盐酸得到和，从而提出了酸的含氢学说
C．拉瓦锡基于金属和的反应提出了燃烧的氧化学说
D．哈伯发明了以和为原料合成氨的方法
6．（2025高三上·广州月考）提纯粗品(含少量的和)得到纯品的方案如下，所用试剂为溶液、溶液、盐酸和溶液。
下列说法不正确的是
A．用过量的溶液除去
B．通过生成沉淀后过滤除去
C．4种试剂的使用顺序为溶液、溶液、盐酸、溶液
D．调后的滤液蒸发至大量固体析出，趁热过滤、洗涤、干燥后即得纯品
7．（2025高三上·广州月考）稻壳制备纳米Si的流程图如下。下列说法错误的是
A．可与NaOH溶液反应
B．盐酸在该工艺中体现了还原性
C．高纯Si可用于制造硅太阳能电池
D．制备纳米Si：
8．（2025高三上·广州月考）下列陈述I与陈述II均正确，且两者具有因果关系的是
选项 陈述I 陈述II
A 金属镁失火时，能用二氧化碳灭火 二氧化碳不支持燃烧
B 将稀硝酸加入过量铁粉中充分反应后，滴加KSCN溶液，无明显现象 稀硝酸有氧化性，只能将Fe氧化为
C 冠醚可用于识别碱金属离子 不同空穴大小的冠醚可与不同的碱金属离子形成超分子
D 当镀层破损时，马口铁(镀锡钢板)比白铁皮(镀锌钢板)更难被腐蚀 用牺牲阳极法防止金属腐蚀
A．A B．B C．C D．D
9．（2025高三上·广州月考）某化合物的分子式为。X、Y、Z三种元素位于同一短周期且原子序数依次增大，三者的原子核外电子层数之和与未成对电子数之和相等，Z是周期表中电负性最大的元素。下列说法正确的是
A．三者中Z的原子半径最大 B．三者中Y的第一电离能最小
C．X的最高化合价为 D．与键角相等
10．（2025高三上·广州月考）为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．中原子的数目为
B．所含中子的数目为
C．粉和足量S完全反应，转移电子的数目为
D．盐酸与足量反应，生成的数目为
11．（2025高三上·广州月考）制备-氯代异丁酸的装置如图。在反应瓶中加入异丁酸与催化剂(易水解)，加热到，通入，反应剧烈放热，通气完毕，在下继续反应。反应结束，常压蒸馏得产物。反应方程式：
下列说法错误的是
A．干燥管可防止水蒸气进入反应瓶
B．可用溶液作为吸收液
C．通入反应液中可起到搅拌作用
D．控制流速不变可使反应温度稳定
12．（2025高三上·广州月考）溶解度随温度变化的曲线如图所示，关于各点对应的溶液，下列说法正确的是
A．点等于点
B．点大于点
C．点降温过程中有2个平衡发生移动
D．点
13．（2025高三上·广州月考）结构决定性质，性质决定用途。下列对事实的解释正确的是
选项 事实 解释
A HF比HCl稳定 HF分子间存在氢键
B 盐酸酸性大于碳酸 氯的非金属性大于碳
C 金刚石熔点大于 金刚石中碳碳键的键能大于中碳碳键的键能
D 石墨能导电 未杂化的p轨道重叠使电子可在整个碳原子平面内运动
A．A B．B C．C D．D
14．（2025高三上·广州月考）下图为AgCl-Sb二次电池的放电过程示意图如图所示。
下列叙述正确的是
A．放电时，M极为正极
B．放电时，N极上反应为
C．充电时，消耗4 mol Ag的同时将消耗
D．充电时，M极上反应为
15．（2025高三上·广州月考）按下图装置进行实验。搅拌一段时间后，滴加浓盐酸。不同反应阶段的预期现象及其相应推理均合理的是
A．烧瓶壁会变冷，说明存在的反应
B．试纸会变蓝，说明有生成，产氨过程熵增
C．滴加浓盐酸后，有白烟产生，说明有升华
D．实验过程中，气球会一直变大，说明体系压强增大
16．（2025高三上·广州月考）一种液流电解池在工作时可以实现海水淡化，并以形式回收含锂废弃物中的锂元素，其工作原理如图所示。
下列说法正确的是
A．Ⅱ为阳离子交换膜
B．电极a附近溶液的减小
C．电极b上发生的电极反应式为
D．若海水用溶液模拟，则每脱除，理论上可回收
17．（2025高三上·广州月考）可用作锂电池和超级电容器的电极材料。制备的一种实验装置如图所示(加热及夹持装置略)。
（1）的制备
保护下，将溶有S的热二苯醚溶液注射到热油胺溶液中(S过量)，继续加热回流，冷却至室温，离心分离，经洗涤得产品。
①仪器a的名称为　 　；保护的目的是　 　。
②生成的化学方程式为　 　。
③为除去产品中残留的S，洗涤选用的试剂是　 　(填“”或“”)。
（2）的含量测定
产品先用王水溶解，再经系列处理后，在热盐酸条件下，以甲基橙为指示剂，用溶液将还原至，终点为无色：用冰水迅速冷却，再以二苯胺磺酸钠为指示剂，用标准溶液滴定至终点。已知甲基橙的还原反应：氧化态(红色)+ne-=还原态(无色)
①比易水解，且易被氧化。配制和保存溶液需加入的试剂是　 　。
②甲基橙指示终点的过程及作用原理是　 　。
③若称取的产品为，标准溶液浓度为，用量为，的摩尔质量为，则产品中质量分数为　 　(写最简表达式)。
④下列操作可能导致测定结果偏高的是　 　。
A．还原时溶液滴加过量
B．热的溶液在空气中缓慢冷却
C．滴定开始时滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失
D．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数
18．（2025高三上·广州月考）广西盛产甘蔗，富藏锰矿。由软锰矿(，含和CuO等杂质)制备光电材料的流程如下。回答下列问题：
已知：
物质
（1）“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和，其主要作用是　 　。为提高“浸取”速率，可采取的措施是　 　(任举一例)。
（2）“滤渣1”的主要成分是　 　(填化学式)。
（3）常温下，用调节溶液pH至时，可完全沉淀的离子有　 　(填化学式)。
（4）“X”可选用_______。
A． B． C．Zn D．
（5）若用替代沉锰，得到沉淀。写出生成的离子方程式　 　。
（6）立方晶胞如图，晶胞参数为，该晶体中与一个紧邻的有　 　个。已知为阿伏加德罗常数的值，晶体密度为　 　(用含的代数式表示)。
19．（2025高三上·广州月考）氢能是一种重要能源，氢气的制备与储存是研究热点。
Ⅰ．通过高温热分解可获得氢气和单质硫：。不同压强下，在密闭容器中充入一定量的气体发生上述反应，测得平衡时的体积分数与温度、压强的关系如下图所示：
（1）该反应的　 　0(填“>”或“<”)；、、由小到大的顺序为　 　，理由是　 　。
Ⅱ．甲醇水蒸气重整制氢的方法是目前比较成熟的制氢方法，反应为：，其部分反应过程如下：
（2）已知：，。该条件下反应Ⅱ的　 　。
（3）甲醇气体和水蒸气混合充入恒容密闭容器中，控制温度为、起始压强为下进行反应，平衡时容器中，此时的转化率为　 　，则甲醇重整制氢反应的计算式为　 　。
Ⅲ．是氢容量较大的储氢材料，储氢的研究包括材料吸氢和脱氢的过程。
已知：①脱氢反应的热化学方程式如下： 。
②向中添加适量元素作催化剂，可提升的储氢能力，同时加快脱氢速率。其部分脱氢机理示意图如下。
（4）该反应在　 　条件下自发(填“高温”“低温”或“任何条件”)。
（5）Ti原子价层电子排布式为　 　。上图所示的机理可描述为：①　 　、②、③。
20．（2025高三上·广州月考）一种电催化二元醇与合成环状碳酸酯的方法广泛应用于电池电解液领域，其一种机理如图所示(加料顺序、反应条件略)：
已知：化合物iii、iv和均为带电粒子。
回答下列问题：
（1）化合物i的名称是　 　。
（2）化合物v的分子式为　 　；化合物X是化合物v的同分异构体，满足下列条件的化合物X的结构简式为　 　。
a．化合物X是五元环状化合物
b．化合物X最多能与金属钠反应
c．不存在两个羟基连接在同一个碳原子上
（3）关于题图中的相关物质及转化，下列说法正确的有_______(填选项字母)。
A．反应②是电解过程中在阳极区发生的反应
B．化合物i和ii中C的杂化方式均相同
C．化合物v和vi均有对映异构体
D．反应⑤的另一生成物易溶于水
（4）根据化合物v的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表：
序号 反应试剂、条件 反应形成的新有机物结构 反应类型
① 　 　 　 　
② Cu，O2，热 　 　 　 　
（5）以化合物ii和苯乙烯为有机原料合成化合物vii()，基于你设计的合成路线回答(无机试剂任选)：
①第一步反应的化学方程式为　 　。
②最后一步反应的化学方程式为　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】无机化合物与有机化合物的概念
【解析】【解答】A、基石多为花岗石、青石等石材，花岗石主要成分是硅酸盐，青石主要成分是 CaCO3，均属于无机物，A错误；
B、斗拱由木材制成，木材的主要成分是纤维素，纤维素是含碳的有机化合物，属于有机物，B正确；
C、青瓦由黏土烧制而成，黏土主要成分为含水的铝硅酸盐，属于无机物，C错误；
D、琉璃主要成分是二氧化硅，属于无机物，D错误；
故答案为：B。【分析】要解决这道题，需明确有机物与无机物的定义（有机物含碳且多为含碳化合物，无机物多为不含碳或简单碳化合物），再逐一分析选项：
A．考查基石的材质与成分类型。
B．判断斗拱的材质与成分类型。
C．判断青瓦的材质与成分类型。
D．考查琉璃的成分类型。
2．【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；物理变化与化学变化的区别与联系；原子晶体（共价晶体）
【解析】【解答】A．聚氯乙烯是由氯乙烯发生加聚反应后的产物，因此聚氯乙烯的单体应氯乙烯（CH2=CHCl），A错误；
B．四氧化三铁（Fe3O4）具有磁性，常用于制作磁带，B正确；
C．光碟擦写时晶态与非晶态相互转换，过程中没有新物质生成，属于物理变化，C正确；
D．固态硬盘芯片使用单晶硅，单晶硅为共价晶体(原子晶体)，D正确；
故答案为：A
【分析】A、聚氯乙烯的单体为氯乙烯。
B、Fe3O4具有磁性，可用于制作磁带。
C、晶态和非晶态的转化为物理变化。
D、单晶硅属于共价晶体。
3．【答案】D
【知识点】含有氢键的物质；有机物的结构和性质；酯化反应
【解析】【解答】A、分子中存在羟基（-OH）和羧基（-COOH），羟基的氢与羧基的氧、羧基的氢与羟基的氧之间可形成分子间氢键（-O-H…O-），A正确；
B、分子含醇羟基（-OH），可与乙酸发生酯化反应；含羧基（-COOH），可与乙醇发生酯化反应，B 正确；
C、分子含羧基（-COOH），羧基酸性强于碳酸，能与 NaHCO3溶液反应生成 CO2，C正确；
D、只有碳碳双键能与 Br2的 CCl4溶液发生加成反应。经分析，分子中含 2 个碳碳双键，因此 1mol Z 与 Br2的 CCl4溶液反应消耗2mol Br2，而非 5mol，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．氢键形成：含羟基、羧基的分子可形成分子间氢键。
B．酯化反应：醇羟基与羧酸、羧基与醇均可发生酯化反应。
C．酸性反应：羧基酸性强于碳酸，能与 NaHCO3反应生成 CO2。
D．加成反应：碳碳双键与 Br2发生 1：1 加成，需准确判断碳碳双键的数目。
4．【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；硫酸根离子的检验；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．燃煤脱硫减排的过程中，加入的生石灰（CaO）与燃煤中的SO2和氧气反应生成CaSO4，不存在沉淀溶解平衡的转化，A错误；
B．检验SO需先加盐酸排除CO32－、SO32－和Ag＋的干扰，再加BaCl2生成BaSO4沉淀，步骤和反应式均正确，B正确；
C．MgCl2点卤使蛋白质胶体沉降，产生固体，该过程为蛋白质的盐析，C正确；
D．暖贴中铁粉发生氧化反应，生成Fe2O3的过程中放出热量，描述正确，D正确；
故答案为：A
【分析】A、燃煤脱硫过程中是利用CaO与SO2、O2反应。
B、结合SO42－的检验分析。
C、MgCl2点卤发生蛋白质的盐析。
D、铁粉被氧化的过程中放出热量。
5．【答案】A
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A、该方法涉及的反应为 和 。反应中所有元素（Na、Cl、N、C、H、O）的化合价均未发生变化，不涉及氧化还原反应，A符合题意；
B、电解盐酸生成 H2和 Cl2，H 元素化合价从 +1 变为 0，Cl 元素化合价从 -1 变为 0，存在化合价升降，属于氧化还原反应，B不符合题意；
C、金属与 O2反应生成氧化物时，金属元素化合价升高（被氧化），O 元素化合价降低（被还原），有化合价变化，属于氧化还原反应，C不符合题意；
D、N2与 H2合成 NH3时，N 元素化合价从 0 变为 -3，H 元素化合价从 0 变为 +1，存在化合价升降，属于氧化还原反应，D不符合题意；
故答案为：A。【分析】A．考查侯氏联合制碱法的反应中元素化合价是否改变。
B．考查电解盐酸时元素化合价的变化情况。
C．考查金属与 O2反应中元素化合价的变化。
D．考查合成氨反应中元素化合价的变化。
6．【答案】C
【知识点】物质的分离与提纯；粗盐提纯
【解析】【解答】A．SO42－能与Ba2＋形成BaSO4沉淀，为防止引入新的杂质，除去时用BaCl2溶液，过量的BaCl2可以使离子沉淀完全，多余Ba2+用Na2CO3除去，A正确；
B．溶液中的Ca2+ 、Mg2+分别用Na2CO3、NaOH、BaCl2溶液除去，反应生成CaCO3、Mg(OH)2、BaSO4沉淀，过滤除去，B正确；
C．过量的BaCl2溶液要用Na2CO3溶液除去，因此四种试剂使用时Na2CO3要在BaCl2之后；为防止生成的沉淀溶解，盐酸放在过滤沉淀后再加入，C错误；
D．过滤后再加入HCl调节滤液的pH值，最后蒸发至大量固体析出，趁热过滤、洗涤、干燥后即得纯品，D正确；
故答案为：C
【分析】粗盐提纯实验中，Ca2＋、Mg2＋、SO42－分别用Na2CO3、NaOH、BaCl2溶液形成CaCO3沉淀、Mg(OH)2沉淀和BaSO4沉淀除去。为使溶液中的离子完全沉淀，所加试剂必须过量，而过量试剂需进一步除去，因此实验过程中必须先加BaCl2溶液，再加Na2CO3溶液。利用Na2CO3溶液除去Ca2＋的同时，除去过量的BaCl2溶液。将所有沉淀过滤除去后，再往滤液中滴加稀盐酸至中性，除去过量的Na2CO3和NaOH，得到NaCl溶液，经过蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，即可得到NaCl纯品。据此结合选项分析。
7．【答案】B
【知识点】硅和二氧化硅
【解析】【解答】A、SiO2属于酸性氧化物，能和 NaOH 溶液反应生成 Na2SiO3和 H2O，A正确；
B、盐酸与 MgO 的反应为 MgO+2HCl=MgCl2+H2O，反应中各元素化合价不变，是非氧化还原反应。此过程中盐酸仅体现酸性，未表现还原性，B错误；
C、高纯硅具有半导体性能，可用于制造硅太阳能电池（将太阳能转化为电能），C正确；
D、SiO2与 Mg 在 650℃下发生置换反应，生成 Si 和 MgO，反应式为 ，D正确；
故答案为：B。【分析】A．考查SiO2与碱的反应特性。
B．判断盐酸在反应中体现的性质。
C．判断高纯硅的应用领域。
D．考查制备纳米 Si 的化学反应。
8．【答案】C
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、镁能在二氧化碳中燃烧，故金属镁失火时不能用二氧化碳灭火，陈述 I 错误；虽二氧化碳通常不支持燃烧，但此处因果关系不成立，A错误；
B、稀硝酸氧化性强，可将 Fe 氧化为 Fe3+，但过量 Fe 会把 Fe3+还原为 Fe2+，因此加 KSCN 无现象；陈述 II 中 “只能氧化为 Fe2+” 错误，因果关系不成立，B错误；
C、不同空穴大小的冠醚能与不同碱金属离子选择性结合形成超分子，因此冠醚可用于识别这些离子；陈述 I、II 均正确，且因果关系成立，C正确；
D、锌比铁活泼，镀锌钢板（白铁皮）破损后，锌作为牺牲阳极保护铁；锡不如铁活泼，镀锡钢板（马口铁）破损后，铁更易被腐蚀，故陈述 I 错误，因果关系不成立，D错误；
故答案为：C。【分析】A．考查镁与二氧化碳的反应及灭火适用性。
B．判断稀硝酸与过量铁粉的反应原理。
C．考查冠醚识别碱金属离子的机制。
D．考查镀层破损后的金属腐蚀与保护原理。
9．【答案】B
【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；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、同周期元素原子半径从左到右减小，F 在最右侧，原子半径最小，A错误；
B、同周期第一电离能总体增大，但 N 的 2p 轨道半充满，第一电离能 O
C、X 为 N，最外层 5 个电子，最高正化合价为 +5，C错误；
D、XZ3为 NF3，与 NH3虽均为 sp3 杂化，但 NF3中成键电子对斥力更小，键角小于 NH3，D错误；
故答案为：B。
【分析】要解决这道题，需先结合题干信息推断 X、Y、Z 元素，再依据元素周期律和物质结构特点分析选项。Z 是电负性最大的元素，故 Z 为 F（氟），位于第二周期，电子层数为 2，未成对电子数为 1。X、Y、Z 同周期（第二周期），原子序数 X2Z（化合价总和为 0），推知 X 为 N（氮）、Y 为 O（氧）（对应化合物为 NO2F，N 和 O 的未成对电子数之和为 5，符合条件）。
10．【答案】B
【知识点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、题目未说明 CH4处于标准状况，22.4L CH4的物质的量不一定是 1mol，原子总数无法确定为 5NA，A 错误；
B、 8O 的质量数为 18，中子数 = 18-8=10，故 1mol 8O 含 10mol 中子，数目为 10NA，B正确；
C、28g Fe 为 0.5mol，反应中每个 Fe 原子失去 2 个电子，总转移电子数 = 0.5mol×2=1mol，即 N ，而非 1.5NA，C错误；
D、0.1L 12mol L- 盐酸中 HCl 为 1.2mol，理论上生成 0.3mol Cl2，但随反应进行盐酸变稀，反应终止，实际生成 Cl2少于 0.3mol，数目小于 0.3NA，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．气体摩尔体积（22.4L/mol）的应用前提是 “标准状况（0℃、101kPa）”。
B．根据所学知识：中子数 = 质量数 - 质子数（O 的质子数为 8）。
C．注意Fe 与 S 反应的产物为 FeS（Fe 显 +2 价），而非 Fe2S3。
D．MnO2与盐酸反应时需浓盐酸，稀盐酸不反应，随着反应的进行，浓盐酸浓度会降低。
11．【答案】D
【知识点】制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、催化剂易水解，干燥管可隔绝外界水蒸气进入反应瓶，防止催化剂水解，A正确；
B、尾气含未反应的 Cl2和生成的 HCl，二者均可与 NaOH 溶液反应，因此可用 NaOH 溶液作为吸收液，B正确；
C、Cl2通入反应液底部，会在液体中扩散，使反应物充分接触，起到搅拌作用，C正确；
D、该反应剧烈放热，若 Cl2流速不变，反应持续放热会使温度持续升高；需逐渐减小 Cl2流速才能控制反应温度稳定，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．考查干燥管的作用（防止催化剂水解）。
B．判断尾气的成分及 NaOH 溶液的吸收能力。
C．考查Cl2通入反应液的搅拌作用。
D．判断反应放热与 Cl2流速对温度的影响。
12．【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、M 点温度低于 N 点，水的电离程度随温度升高而增大，故 M 点 Kw 小于 N 点，A错误；
B、N 点温度更高且 (NH4)2SO4浓度更大，NH4+水解生成的 H+更多，酸性更强，pH 更小，因此 M 点 pH 大于 N 点，B正确；
C、N 点降温，(NH4)2SO4的溶解平衡、水的电离平衡、NH4+的水解平衡均会移动，共 3 个平衡，C 错误；
D、P 点溶液中，电荷守恒式为 c(H+) +c(NH4+)=c(OH-)+2c(SO42-)，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．考查Kw 与温度的关系（温度越高，Kw 越大）。
B．考查温度和浓度对 NH4+水解的影响（升温促进水解，浓度越高水解生成 H+越多）。
C．判断降温时涉及的平衡类型。
D．判断电荷守恒的表达式（阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数）。
13．【答案】D
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；氢键的存在对物质性质的影响；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、HF 比 HCl 稳定是因为 F 的非金属性更强，H-F 键更牢固；氢键影响的是沸点，与稳定性无关，A错误；
B、判断非金属性强弱应比较最高价含氧酸的酸性，HCl 不是 Cl 的最高价含氧酸，不能据此说明 Cl 的非金属性大于 C，B错误；
C、金刚石是共价晶体，熔化需破坏共价键；C60是分子晶体，熔化破坏范德华力。共价键强度远大于范德华力，故金刚石熔点高，而非因为碳碳键键能的直接比较（C60中也存在碳碳共价键），C错误；
D、石墨中每个 C 原子采取 sp2 杂化，剩余一个未杂化的 p 轨道，这些 p 轨道重叠形成大 π 键，电子可在整个碳原子平面内自由移动，因此石墨能导电，D正确；
故答案为：D。【分析】A．物质稳定性的决定因素（化学键强弱，而非氢键）。
B．非金属性与最高价含氧酸酸性的对应关系（盐酸不是最高价含氧酸）。
C．晶体类型与熔点的决定因素（共价晶体的共价键 vs 分子晶体的范德华力）。
D．石墨导电的结构原因（未杂化 p 轨道的重叠形成大 π 键，电子可自由移动）。
14．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池、电解池综合
【解析】【解答】A、放电时 M 极上 Sb 转化为 Sb4O5Cl2，Sb 元素化合价升高（被氧化），发生失电子的氧化反应，故 M 极为负极，A错误；
B、放电时 N 极上 AgCl 转化为 Ag，Ag 元素化合价降低（被还原），发生得电子的还原反应，反应为 AgCl+e-=Ag+Cl-，而非失电子的反应，B错误；
C、放电时电子转移规律为 1 mol Sb4O5Cl2对应 12 mol 电子，同时生成 12 mol Ag；则充电时消耗 4 mol Ag（对应 4 mol 电子），消耗 Sb4O5Cl2的物质的量为mol，C错误；
D、放电时 M 极（负极）反应为 4Sb-12e-+2Cl-+5H2O=Sb4O5Cl2+10H+，充电时 M 极为阴极，反应为其逆过程：Sb4O5Cl2+12e-+10H+=4Sb+2Cl-+5H2O，D正确；
故答案为：D。【分析】A．考查放电时电极类型判断（依据元素化合价变化）。
B．判断放电时 N 极的反应式及反应类型。
C．考查充电时电子转移与物质消耗的比例关系。
D．考查充电时 M 极（阴极）的反应（与放电时负极反应相反）。
15．【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；氨的性质及用途；铵盐
【解析】【解答】A、烧瓶壁变冷，说明 NH4Cl 与 Ba (OH)2 8H2O 的反应是吸热反应（ΔH > 0），而非 ΔH < 0 的放热反应，A错误；
B、湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明有 NH3生成；该反应中固体反应物生成气体产物，体系混乱度增大，属于熵增反应（ΔS > 0），B正确；
C、滴加浓盐酸后产生白烟，是因为浓盐酸挥发出的 HCl 与生成的 NH3反应，生成 NH4Cl 固体小颗粒；而 “升华” 是物理变化，此过程是化学变化，C错误；
D、反应初期，吸热使烧瓶温度降低，气体压强减小，气球变小；随后一水合氨分解生成 NH3，气体压强增大，气球变大；滴加浓盐酸后，HCl 与 NH3反应使压强减小，气球又变小。因此气球并非 “一直变大”，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．烧瓶壁变冷，说明反应吸热，故ΔH > 0，而非 ΔH < 0 的放热反应。
B．红色石蕊试纸变蓝说明有 NH3生成；反应中固体生成气体，体系混乱度增大，属于熵增反应。
C．白烟是浓盐酸挥发出的 HCl 与生成的 NH3反应生成 NH4Cl 固体，不是 NH4Cl 升华，因为升华是物理变化，此过程是化学变化。
D．反应初期吸热使烧瓶温度降低，压强减小，气球变小；之后一水合氨分解生成 NH3，压强增大，气球变大；滴加盐酸后，HCl 与 NH3反应使压强减小，气球又变小，所以气球不是一直变大。
16．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、膜 Ⅱ 的作用是让 Cl-通过进入膜 Ⅱ 与膜 Ⅲ 之间，以形成 LiCl，因此膜 Ⅱ 是阴离子交换膜，而非阳离子交换膜，A错误；
B、电极 a 是阴极，发生反应 O2+4e-+2H2O=4OH-，生成 OH-使溶液碱性增强，pH 增大，B错误；
C、电极 b 是阳极，[Fe (CN)6]4-失去电子生成 [Fe (CN)6]3-，反应为 [Fe(CN)6]4--e-=[Fe(CN)6]3-，而非得电子反应，C错误；
D、58.5 g NaCl 为 1 mol，脱除 1 mol NaCl 时转移 1 mol 电子；此时 1 mol Li+透过膜 Ⅲ、1 mol Cl-透过膜 Ⅱ，恰好生成 1 mol LiCl，D正确；
故答案为：D。【分析】A．判断离子交换膜 Ⅱ 允许哪种离子通过，确定其类型。
B．根据电极 a 的反应判断溶液 pH 变化。
C．分析电极 b 的反应（阳极发生氧化反应，失电子）。
D．结合 NaCl 脱除量与电子转移、LiCl 生成量的关系。
17．【答案】（1）三颈烧瓶；防止Fe2+被氧气氧化；FeS+SFeS2；CS2
（2）浓盐酸、锡粒；当加入还原剂SnCl2后，甲基橙得电子，由氧化态变为还原态，颜色由红色变为无色且半分钟内不恢复原来的颜色；%；AC
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；铁的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①仪器a的名称为三颈烧瓶；N2和FeS不反应，能防止Fe2+被氧气氧化，故答案为：三颈烧瓶；防止Fe2+被氧气氧化；
②反应物是S、FeS，反应条件是加热，生成物是FeS2，反应方程式为FeS+SFeS2；
③S难溶于水，微溶于酒精，易溶于CS2，所以洗涤选用的试剂是CS2，
故答案为： 三颈烧瓶 ； 防止Fe2+被氧气氧化 ； FeS+SFeS2 ；CS2；
（2）①SnCl2比FeCl3易水解，且易被氧化，配制和保存SnCl2溶液时需要抑制水解，SnCl2水解生成HCl，需要将SnCl2溶于浓盐酸中，以抑制其水解，再加水稀释到需要的浓度，同时向溶液中加入锡粒防止其被氧化，
故答案为：浓盐酸、锡粒；
②甲基橙的还原反应：氧化态(红色)+ne-=还原态(无色)，产品先用王水溶解，再经系列处理后，在热盐酸条件下，以甲基橙为指示剂，用SnCl2溶液将Fe3+还原至Fe2+终点为无色，溶液呈酸性，则甲基橙显红色，则甲基橙为氧化态；加入SnCl2后，SnCl2溶液将Fe3+还原至Fe2+，溶液呈无色，则甲基橙变为还原态，
故答案为：当加入还原剂SnCl2后，甲基橙得电子，由氧化态变为还原态，颜色由红色变为无色且半分钟内不恢复原来的颜色；
③Fe2+被K2Cr2O7氧化为Fe3+，被还原为Cr3+，关系式为6Fe2+～，n(FeS2)=n(Fe2+)=6n(K2Cr2O7)=6×cmol/L×10-3VL=6×10-3cVmol，产品中FeS2质量分数为；
故答案为：% ；
④A．还原Fe3+时SnCl2溶液滴加过量，消耗的V(K2Cr2O7)偏大，测定值偏高，故A正确；
B．热的Fe2+溶液在空气中缓慢冷却，导致部分Fe2+被氧化Fe3+，消耗的V(K2Cr2O7)偏小，测定值偏低，故B错误；
C．滴定开始时滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，消耗的V(K2Cr2O7)偏大，测定值偏高，故C正确；
D．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，消耗的V(K2Cr2O7)偏小，测定值偏低，故D错误；
故答案为：AC。
【分析】（1）①仪器识别与氮气作用。
仪器 a 为三颈烧瓶；N2可隔绝空气，防止 Fe2+被氧化。
②化学方程式书写（反应物、产物及条件）。
FeS 与 S 在加热条件下反应生成 FeS2，据此书写方程式。
③依据硫的溶解性选洗涤剂。
S 易溶于 CS2，故用 CS2洗涤残留 S。
（2）①浓盐酸抑制水解，锡粒防止 Sn2+被氧化。
②过量 SnCl2将甲基橙（氧化态红色）还原为无色，指示 Fe3+完全转化为 Fe2+。
③由 6Fe2+ ~ Cr2O72-，得质量分数为 3cVM/(5a) %。
④A（SnCl2过量）、C（气泡消失）导致消耗 K2Cr2O7偏多，结果偏高。
（1）①仪器a的名称为三颈烧瓶；N2和FeS不反应，能防止Fe2+被氧气氧化，故答案为：三颈烧瓶；防止Fe2+被氧气氧化；
②反应物是S、FeS，反应条件是加热，生成物是FeS2，反应方程式为FeS+SFeS2；
③S难溶于水，微溶于酒精，易溶于CS2，所以洗涤选用的试剂是CS2，故答案为：CS2；
（2）①SnCl2比FeCl3易水解，且易被氧化，配制和保存SnCl2溶液时需要抑制水解，SnCl2水解生成HCl，需要将SnCl2溶于浓盐酸中，以抑制其水解，再加水稀释到需要的浓度，同时向溶液中加入锡粒防止其被氧化，故答案为：浓盐酸、锡粒；
②甲基橙的还原反应：氧化态(红色)+ne-=还原态(无色)，产品先用王水溶解，再经系列处理后，在热盐酸条件下，以甲基橙为指示剂，用SnCl2溶液将Fe3+还原至Fe2+终点为无色，溶液呈酸性，则甲基橙显红色，则甲基橙为氧化态；加入SnCl2后，SnCl2溶液将Fe3+还原至Fe2+，溶液呈无色，则甲基橙变为还原态，故答案为：当加入还原剂SnCl2后，甲基橙得电子，由氧化态变为还原态，颜色由红色变为无色且半分钟内不恢复原来的颜色；
③Fe2+被K2Cr2O7氧化为Fe3+，被还原为Cr3+，关系式为6Fe2+～，n(FeS2)=n(Fe2+)=6n(K2Cr2O7)=6×cmol/L×10-3VL=6×10-3cVmol，产品中FeS2质量分数为；
④A．还原Fe3+时SnCl2溶液滴加过量，消耗的V(K2Cr2O7)偏大，测定值偏高，故A正确；
B．热的Fe2+溶液在空气中缓慢冷却，导致部分Fe2+被氧化Fe3+，消耗的V(K2Cr2O7)偏小，测定值偏低，故B错误；
C．滴定开始时滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，消耗的V(K2Cr2O7)偏大，测定值偏高，故C正确；
D．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，消耗的V(K2Cr2O7)偏小，测定值偏低，故D错误；
故答案为：AC。
18．【答案】（1）把二氧化锰还原为硫酸锰；把软锰矿粉碎、搅拌、加热等
（2）SiO2
（3）Al3+
（4）D
（5）
（6）4；
【知识点】晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】（1）二氧化锰具有氧化性，“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和，其主要作用是把二氧化锰还原为硫酸锰；为提高“浸取”速率，可采取的措施是把软锰矿粉碎、搅拌、加热等。
（2）二氧化硅不溶于硫酸，则“滤渣1”的主要成分是SiO2。
（3）Fe2+完全沉淀时，c(OH-)= ，pH约为8.4；Al3+完全沉淀时，c(OH-)=，pH约为4.7；Cu2+完全沉淀是c(OH-)=，pH约为6.7；常温下，用调节溶液pH至时，可完全沉淀的离子有Al3+。
（4）加X的目的是生成硫化物沉淀除铁和铜，Fe2+和H2S不反应，所以不能选用H2S；铜离子、亚铁离子都能和硫离子反应生成硫化铜沉淀，所以“X”可选用，选D。
（5）若用替代沉锰，得到沉淀，反应的离子方程式为 。
（6）1个晶胞中含有1个K+，根据化学式可知，1个晶胞中含有1个Mn、3个F-，可知晶胞顶点上的原子为Mn、棱上的F-，该晶体中与一个紧邻的有4个；已知为阿伏加德罗常数的值，晶体密度为。
【分析】 软锰矿(，含和CuO等杂质) ，加入甘蔗渣水解液浸取，甘蔗渣水解液中含有还原糖和硫酸，与反应生成硫酸锰，Fe2O3反应生成硫酸铁，硫酸铁被还原糖还原为硫酸亚铁，Al2O3反应生成硫酸铝，CuO反应生成硫酸铜，SiO2不与硫酸反应，在滤渣1为SiO2，加入碳酸钙调节pH，将硫酸铝转化为氢氧化铝除去，则滤渣2为氢氧化铝，加入X沉淀，要除去铁和铜，应加入硫化物，转化为FeS和CuS除铁和铜，过滤除去滤渣3，滤渣3中主要含有FeS和CuS，再加入碳酸氢钠沉淀锰离子得到碳酸锰，最终将碳酸锰转化为。
（1）二氧化锰具有氧化性，“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和，其主要作用是把二氧化锰还原为硫酸锰。根据影响反应速率的因素，为提高“浸取”速率，可采取的措施是把软锰矿粉碎、搅拌、加热等。
（2）二氧化硅不溶于硫酸，“滤渣1”的主要成分是SiO2。
（3）根据溶度积常数，Fe2+完全沉淀时，c(OH-)= ，pH约为8.4；Al3+完全沉淀时，c(OH-)=，pH约为4.7；Cu2+完全沉淀是c(OH-)=，pH约为6.7；常温下，用调节溶液pH至时，可完全沉淀的离子有Al3+。
（4）加X的目的是生成硫化物沉淀除铁和铜，Fe2+和H2S不反应，所以不能选用H2S；铜离子、亚铁离子都能和硫离子反应生成硫化铜沉淀，所以“X”可选用，选D。
（5）若用替代沉锰，得到沉淀，反应的离子方程式为 。
（6）1个晶胞中含有1个K+，根据化学式可知，1个晶胞中含有1个Mn、3个F-，可知晶胞顶点上的原子为Mn、棱上的F-，该晶体中与一个紧邻的有4个；已知为阿伏加德罗常数的值，晶体密度为 。
19．【答案】；；该反应前后的气体分子数增多，压强增大平衡逆移，体积分数越小；-41.2；90%； (或；高温；；
【知识点】盖斯定律及其应用；焓变和熵变；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
【解析】【解答】（1）由图像可知，温度升高H2的体积分数增大，平衡正向移动，升温向吸热方向移动，因此正反应吸热， H＞0；由于该反应是气体分子数增大的反应，所以加压平衡向逆反应方向移动，平衡时H2的体积分数减小，即压强越大，平衡时H2的体积分数越小，由图可知，p1、p2、p3的大小关系为p1＜p2＜p3；
故答案为： ； ； 该反应前后的气体分子数增多，压强增大平衡逆移，体积分数越小 ；
（2）由题目所给反应过程图可知，反应Ⅱ为H2O(g)+CO(g)=H2(g)+CO2(g)，根据盖斯定律，可知反应Ⅱ=反应Ⅲ-反应Ⅰ，则该反应的ΔH2=-41.2kJ·mol-1；
故答案为： -41.2 ；
（3）根据题意可得三段式：
CH3OH的转化率为×100%=90%；平衡时总物质的量为3.8mol，设平衡时的压强为p总，起始压强p0=2.0MPa，，p总=3.8MPa，Kp==；
故答案为： 90% ； (或 ；
（4）MgH2脱氢的总反应为MgH2=Mg+H2↑，该反应为分解反应， H＞0，生成气体， S＞0，要使反应自发， G= H-T S＜0，反应需要在高温下进行；
故答案为： 高温 ；
（5）Ti是22号元素，核外电子排布1s22s22p63s23p63d24s2，价层电子排布式为3d24s2；根据示意图可判断H-将电子传递给Ti4+，生成H原子和Ti3+；Mg2+从Ti2+处获得电子，生成Mg原子和Ti3+；H原子结合成H2逸出，有关反应为、、。
故答案为： ； 。
【分析】（1）判断 ΔH 符号及压强顺序。
升温 H2体积分数增大，反应吸热，ΔH > 0；反应气体分子数增多，压强越大 H2体积分数越小，故 p1 < p2 < p3。
（2）用盖斯定律计算 ΔH2：反应 Ⅱ= 反应 Ⅲ- 反应 Ⅰ，ΔH2=49.5 - 90.7 = -41.2 kJ mol- 。
（3）转化率 =(1-0.1)÷1×100%=90%；平衡时总物质的量 3.8 mol，进而求得Kp。
（4）判断反应自发条件：ΔH>0、ΔS>0，高温下 ΔG<0，故高温自发。
（5）考查Ti 的价电子排布及脱氢机理。
20．【答案】（1）1，2-丙二醇
（2）；
（3）C；D
（4）浓硫酸，加热；消去反应；；氧化反应
（5）；
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机化合物的命名；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）结合醇的命名原则，化合物i()的名称为1，2-丙二醇；
（2）根据化合物V()分子结构，可知分子式为；化合物X是化合物v的同分异构体，即具有相同分子式，符合条件的X的结构简式为；
（3）A．根据机理图，反应②中是生成物，CH3CN中氢元素得电子，发生还原反应，在电解池阴极区进行，A项错误；
B．化合物i（）中所有碳原子均为饱和碳原子，为杂化，化合物ii（CH3CN）中，存在结构，碳为杂化，B项错误；
C．如图所示，化合物v()、vi()中均存在手性碳，均有对映异构体，C项正确；
D．根据反应⑤所给反应物和生成物的结构可推测该反应为，另一生成物为甲醇，能与水形成分子间氢键、易溶于水，D项正确；
故选CD；
（4）化合物v的结构为()，含有官能团羟基和酯基， ① 在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应； ② 醇羟基在催化剂加热条件下发生氧化反应，生成 、；
（5）以化合物ii()和苯乙烯为有机原料，合成化合物ⅶ()，结合题目所给的路线信息，可推出合成路线如下(部分反应条件省略)：
，①第一步反应的化学方程式为；
②最后一步反应的化学方程式为；
【分析】分析机理图，可知和发生反应生成，与CO2反应生成，与CH3I反应生成，脱去一分子CH3OH生成；
(1) 醇类物质命名一般步骤为：选含有羟基的最长碳链为主链，从离官能团近的一端开始编号，标明官能团位置，写出有机物名称；
(4) 考查醇类物质的化学性质，根据羟基能发生的相关反应进行分析；
（1）结合醇的命名原则，主链有三个碳原子，两个羟基分别在1号和2号碳上，化合物i()的名称为1，2-丙二醇；
（2）一个化合物V()分子中有5个碳原子，4个氧原子，不饱和度为1，分子式为；化合物X是化合物v的同分异构体，满足下列条件：a．化合物X是五元环状化合物，用去1个不饱和度，b．化合物X最多能与金属钠反应，说明羟基的个数为4，c．不存在两个羟基连接在同一个碳原子上，则符合条件的X的结构简式为；
（3）A．反应②中生成，为还原反应，在电解池阴极区进行，A项错误；
B．化合物i（）中所有碳原子均为杂化，化合物ii（CH3CN）中，甲基碳为杂化，氰基碳为杂化，B项错误；
C．如图所示，化合物v()、vi()中均存在手性碳，均有对映异构体，C项正确；
D．根据反应⑤所给反应物和生成物的结构可推测该反应为，另一生成物为甲醇，能与水形成分子间氢键、易溶于水，D项正确；
故选CD；
（4）根据化合物v()的结构特征，分析预测其可能的化学性质：含有羟基且羟基所连碳上有氢，羟基所连邻位碳原子上连有氢原子，在浓硫酸、加热条件下，可以发生消去反应；在Cu、O2，加热条件下可以发生催化氧化生成；
（5）以化合物ii()和苯乙烯为有机原料，合成化合物ⅶ()，结合题目所给的路线信息，可推出合成路线如下(部分反应条件省略)：
，①第一步反应的化学方程式为；
②最后一步反应的化学方程式为；
1 / 1广东省广州市第五中学2025-2026学年高三上学期9月测试化学试题
1．（2025高三上·广州月考）河北省古建筑数量大，历史跨度长，种类齐全，在我国建筑史上占有非常重要的地位。下列古建筑组件主要成分属于有机物的是
A．基石 B．斗拱 C．青瓦 D．琉璃
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】无机化合物与有机化合物的概念
【解析】【解答】A、基石多为花岗石、青石等石材，花岗石主要成分是硅酸盐，青石主要成分是 CaCO3，均属于无机物，A错误；
B、斗拱由木材制成，木材的主要成分是纤维素，纤维素是含碳的有机化合物，属于有机物，B正确；
C、青瓦由黏土烧制而成，黏土主要成分为含水的铝硅酸盐，属于无机物，C错误；
D、琉璃主要成分是二氧化硅，属于无机物，D错误；
故答案为：B。【分析】要解决这道题，需明确有机物与无机物的定义（有机物含碳且多为含碳化合物，无机物多为不含碳或简单碳化合物），再逐一分析选项：
A．考查基石的材质与成分类型。
B．判断斗拱的材质与成分类型。
C．判断青瓦的材质与成分类型。
D．考查琉璃的成分类型。
2．（2025高三上·广州月考）声波封印，材料是音乐存储技术的基础。下列说法错误的是
A．制作黑胶唱片使用的聚氯乙烯，其单体是
B．磁带可由四氧化三铁涂覆在胶带上制成，具有磁性
C．光碟擦写过程中材料在晶态和非晶态间的可逆转换，涉及物理变化
D．固态硬盘芯片常使用单晶硅作为基础材料，单晶硅是一种共价晶体
【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；物理变化与化学变化的区别与联系；原子晶体（共价晶体）
【解析】【解答】A．聚氯乙烯是由氯乙烯发生加聚反应后的产物，因此聚氯乙烯的单体应氯乙烯（CH2=CHCl），A错误；
B．四氧化三铁（Fe3O4）具有磁性，常用于制作磁带，B正确；
C．光碟擦写时晶态与非晶态相互转换，过程中没有新物质生成，属于物理变化，C正确；
D．固态硬盘芯片使用单晶硅，单晶硅为共价晶体(原子晶体)，D正确；
故答案为：A
【分析】A、聚氯乙烯的单体为氯乙烯。
B、Fe3O4具有磁性，可用于制作磁带。
C、晶态和非晶态的转化为物理变化。
D、单晶硅属于共价晶体。
3．（2025高三上·广州月考）化合物Z是某真菌的成分之一，结构如图。下列有关该物质说法错误的是
A．可形成分子间氢键
B．与乙酸、乙醇均能发生酯化反应
C．能与溶液反应生成
D．与的溶液反应消耗
【答案】D
【知识点】含有氢键的物质；有机物的结构和性质；酯化反应
【解析】【解答】A、分子中存在羟基（-OH）和羧基（-COOH），羟基的氢与羧基的氧、羧基的氢与羟基的氧之间可形成分子间氢键（-O-H…O-），A正确；
B、分子含醇羟基（-OH），可与乙酸发生酯化反应；含羧基（-COOH），可与乙醇发生酯化反应，B 正确；
C、分子含羧基（-COOH），羧基酸性强于碳酸，能与 NaHCO3溶液反应生成 CO2，C正确；
D、只有碳碳双键能与 Br2的 CCl4溶液发生加成反应。经分析，分子中含 2 个碳碳双键，因此 1mol Z 与 Br2的 CCl4溶液反应消耗2mol Br2，而非 5mol，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．氢键形成：含羟基、羧基的分子可形成分子间氢键。
B．酯化反应：醇羟基与羧酸、羧基与醇均可发生酯化反应。
C．酸性反应：羧基酸性强于碳酸，能与 NaHCO3反应生成 CO2。
D．加成反应：碳碳双键与 Br2发生 1：1 加成，需准确判断碳碳双键的数目。
4．（2025高三上·广州月考）劳动创造美好生活。下列对劳动项目涉及的相关化学知识表述错误的是
选项 劳动项目 化学知识
A 向燃煤中加入生石灰以脱硫减排
B 用和盐酸检验粗盐中是否含
C 使用溶液点卤制豆腐 使蛋白质盐析
D 用铁粉、活性炭、食盐等制暖贴 使用时铁粉被氧化，反应放热
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；硫酸根离子的检验；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．燃煤脱硫减排的过程中，加入的生石灰（CaO）与燃煤中的SO2和氧气反应生成CaSO4，不存在沉淀溶解平衡的转化，A错误；
B．检验SO需先加盐酸排除CO32－、SO32－和Ag＋的干扰，再加BaCl2生成BaSO4沉淀，步骤和反应式均正确，B正确；
C．MgCl2点卤使蛋白质胶体沉降，产生固体，该过程为蛋白质的盐析，C正确；
D．暖贴中铁粉发生氧化反应，生成Fe2O3的过程中放出热量，描述正确，D正确；
故答案为：A
【分析】A、燃煤脱硫过程中是利用CaO与SO2、O2反应。
B、结合SO42－的检验分析。
C、MgCl2点卤发生蛋白质的盐析。
D、铁粉被氧化的过程中放出热量。
5．（2025高三上·广州月考）下列在化学史上产生重要影响的成果中，不涉及氧化还原反应的是
A．侯德榜发明了以，和为原料的联合制碱法
B．戴维电解盐酸得到和，从而提出了酸的含氢学说
C．拉瓦锡基于金属和的反应提出了燃烧的氧化学说
D．哈伯发明了以和为原料合成氨的方法
【答案】A
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A、该方法涉及的反应为 和 。反应中所有元素（Na、Cl、N、C、H、O）的化合价均未发生变化，不涉及氧化还原反应，A符合题意；
B、电解盐酸生成 H2和 Cl2，H 元素化合价从 +1 变为 0，Cl 元素化合价从 -1 变为 0，存在化合价升降，属于氧化还原反应，B不符合题意；
C、金属与 O2反应生成氧化物时，金属元素化合价升高（被氧化），O 元素化合价降低（被还原），有化合价变化，属于氧化还原反应，C不符合题意；
D、N2与 H2合成 NH3时，N 元素化合价从 0 变为 -3，H 元素化合价从 0 变为 +1，存在化合价升降，属于氧化还原反应，D不符合题意；
故答案为：A。【分析】A．考查侯氏联合制碱法的反应中元素化合价是否改变。
B．考查电解盐酸时元素化合价的变化情况。
C．考查金属与 O2反应中元素化合价的变化。
D．考查合成氨反应中元素化合价的变化。
6．（2025高三上·广州月考）提纯粗品(含少量的和)得到纯品的方案如下，所用试剂为溶液、溶液、盐酸和溶液。
下列说法不正确的是
A．用过量的溶液除去
B．通过生成沉淀后过滤除去
C．4种试剂的使用顺序为溶液、溶液、盐酸、溶液
D．调后的滤液蒸发至大量固体析出，趁热过滤、洗涤、干燥后即得纯品
【答案】C
【知识点】物质的分离与提纯；粗盐提纯
【解析】【解答】A．SO42－能与Ba2＋形成BaSO4沉淀，为防止引入新的杂质，除去时用BaCl2溶液，过量的BaCl2可以使离子沉淀完全，多余Ba2+用Na2CO3除去，A正确；
B．溶液中的Ca2+ 、Mg2+分别用Na2CO3、NaOH、BaCl2溶液除去，反应生成CaCO3、Mg(OH)2、BaSO4沉淀，过滤除去，B正确；
C．过量的BaCl2溶液要用Na2CO3溶液除去，因此四种试剂使用时Na2CO3要在BaCl2之后；为防止生成的沉淀溶解，盐酸放在过滤沉淀后再加入，C错误；
D．过滤后再加入HCl调节滤液的pH值，最后蒸发至大量固体析出，趁热过滤、洗涤、干燥后即得纯品，D正确；
故答案为：C
【分析】粗盐提纯实验中，Ca2＋、Mg2＋、SO42－分别用Na2CO3、NaOH、BaCl2溶液形成CaCO3沉淀、Mg(OH)2沉淀和BaSO4沉淀除去。为使溶液中的离子完全沉淀，所加试剂必须过量，而过量试剂需进一步除去，因此实验过程中必须先加BaCl2溶液，再加Na2CO3溶液。利用Na2CO3溶液除去Ca2＋的同时，除去过量的BaCl2溶液。将所有沉淀过滤除去后，再往滤液中滴加稀盐酸至中性，除去过量的Na2CO3和NaOH，得到NaCl溶液，经过蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，即可得到NaCl纯品。据此结合选项分析。
7．（2025高三上·广州月考）稻壳制备纳米Si的流程图如下。下列说法错误的是
A．可与NaOH溶液反应
B．盐酸在该工艺中体现了还原性
C．高纯Si可用于制造硅太阳能电池
D．制备纳米Si：
【答案】B
【知识点】硅和二氧化硅
【解析】【解答】A、SiO2属于酸性氧化物，能和 NaOH 溶液反应生成 Na2SiO3和 H2O，A正确；
B、盐酸与 MgO 的反应为 MgO+2HCl=MgCl2+H2O，反应中各元素化合价不变，是非氧化还原反应。此过程中盐酸仅体现酸性，未表现还原性，B错误；
C、高纯硅具有半导体性能，可用于制造硅太阳能电池（将太阳能转化为电能），C正确；
D、SiO2与 Mg 在 650℃下发生置换反应，生成 Si 和 MgO，反应式为 ，D正确；
故答案为：B。【分析】A．考查SiO2与碱的反应特性。
B．判断盐酸在反应中体现的性质。
C．判断高纯硅的应用领域。
D．考查制备纳米 Si 的化学反应。
8．（2025高三上·广州月考）下列陈述I与陈述II均正确，且两者具有因果关系的是
选项 陈述I 陈述II
A 金属镁失火时，能用二氧化碳灭火 二氧化碳不支持燃烧
B 将稀硝酸加入过量铁粉中充分反应后，滴加KSCN溶液，无明显现象 稀硝酸有氧化性，只能将Fe氧化为
C 冠醚可用于识别碱金属离子 不同空穴大小的冠醚可与不同的碱金属离子形成超分子
D 当镀层破损时，马口铁(镀锡钢板)比白铁皮(镀锌钢板)更难被腐蚀 用牺牲阳极法防止金属腐蚀
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、镁能在二氧化碳中燃烧，故金属镁失火时不能用二氧化碳灭火，陈述 I 错误；虽二氧化碳通常不支持燃烧，但此处因果关系不成立，A错误；
B、稀硝酸氧化性强，可将 Fe 氧化为 Fe3+，但过量 Fe 会把 Fe3+还原为 Fe2+，因此加 KSCN 无现象；陈述 II 中 “只能氧化为 Fe2+” 错误，因果关系不成立，B错误；
C、不同空穴大小的冠醚能与不同碱金属离子选择性结合形成超分子，因此冠醚可用于识别这些离子；陈述 I、II 均正确，且因果关系成立，C正确；
D、锌比铁活泼，镀锌钢板（白铁皮）破损后，锌作为牺牲阳极保护铁；锡不如铁活泼，镀锡钢板（马口铁）破损后，铁更易被腐蚀，故陈述 I 错误，因果关系不成立，D错误；
故答案为：C。【分析】A．考查镁与二氧化碳的反应及灭火适用性。
B．判断稀硝酸与过量铁粉的反应原理。
C．考查冠醚识别碱金属离子的机制。
D．考查镀层破损后的金属腐蚀与保护原理。
9．（2025高三上·广州月考）某化合物的分子式为。X、Y、Z三种元素位于同一短周期且原子序数依次增大，三者的原子核外电子层数之和与未成对电子数之和相等，Z是周期表中电负性最大的元素。下列说法正确的是
A．三者中Z的原子半径最大 B．三者中Y的第一电离能最小
C．X的最高化合价为 D．与键角相等
【答案】B
【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；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、同周期元素原子半径从左到右减小，F 在最右侧，原子半径最小，A错误；
B、同周期第一电离能总体增大，但 N 的 2p 轨道半充满，第一电离能 O
C、X 为 N，最外层 5 个电子，最高正化合价为 +5，C错误；
D、XZ3为 NF3，与 NH3虽均为 sp3 杂化，但 NF3中成键电子对斥力更小，键角小于 NH3，D错误；
故答案为：B。
【分析】要解决这道题，需先结合题干信息推断 X、Y、Z 元素，再依据元素周期律和物质结构特点分析选项。Z 是电负性最大的元素，故 Z 为 F（氟），位于第二周期，电子层数为 2，未成对电子数为 1。X、Y、Z 同周期（第二周期），原子序数 X2Z（化合价总和为 0），推知 X 为 N（氮）、Y 为 O（氧）（对应化合物为 NO2F，N 和 O 的未成对电子数之和为 5，符合条件）。
10．（2025高三上·广州月考）为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．中原子的数目为
B．所含中子的数目为
C．粉和足量S完全反应，转移电子的数目为
D．盐酸与足量反应，生成的数目为
【答案】B
【知识点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、题目未说明 CH4处于标准状况，22.4L CH4的物质的量不一定是 1mol，原子总数无法确定为 5NA，A 错误；
B、 8O 的质量数为 18，中子数 = 18-8=10，故 1mol 8O 含 10mol 中子，数目为 10NA，B正确；
C、28g Fe 为 0.5mol，反应中每个 Fe 原子失去 2 个电子，总转移电子数 = 0.5mol×2=1mol，即 N ，而非 1.5NA，C错误；
D、0.1L 12mol L- 盐酸中 HCl 为 1.2mol，理论上生成 0.3mol Cl2，但随反应进行盐酸变稀，反应终止，实际生成 Cl2少于 0.3mol，数目小于 0.3NA，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．气体摩尔体积（22.4L/mol）的应用前提是 “标准状况（0℃、101kPa）”。
B．根据所学知识：中子数 = 质量数 - 质子数（O 的质子数为 8）。
C．注意Fe 与 S 反应的产物为 FeS（Fe 显 +2 价），而非 Fe2S3。
D．MnO2与盐酸反应时需浓盐酸，稀盐酸不反应，随着反应的进行，浓盐酸浓度会降低。
11．（2025高三上·广州月考）制备-氯代异丁酸的装置如图。在反应瓶中加入异丁酸与催化剂(易水解)，加热到，通入，反应剧烈放热，通气完毕，在下继续反应。反应结束，常压蒸馏得产物。反应方程式：
下列说法错误的是
A．干燥管可防止水蒸气进入反应瓶
B．可用溶液作为吸收液
C．通入反应液中可起到搅拌作用
D．控制流速不变可使反应温度稳定
【答案】D
【知识点】制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、催化剂易水解，干燥管可隔绝外界水蒸气进入反应瓶，防止催化剂水解，A正确；
B、尾气含未反应的 Cl2和生成的 HCl，二者均可与 NaOH 溶液反应，因此可用 NaOH 溶液作为吸收液，B正确；
C、Cl2通入反应液底部，会在液体中扩散，使反应物充分接触，起到搅拌作用，C正确；
D、该反应剧烈放热，若 Cl2流速不变，反应持续放热会使温度持续升高；需逐渐减小 Cl2流速才能控制反应温度稳定，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．考查干燥管的作用（防止催化剂水解）。
B．判断尾气的成分及 NaOH 溶液的吸收能力。
C．考查Cl2通入反应液的搅拌作用。
D．判断反应放热与 Cl2流速对温度的影响。
12．（2025高三上·广州月考）溶解度随温度变化的曲线如图所示，关于各点对应的溶液，下列说法正确的是
A．点等于点
B．点大于点
C．点降温过程中有2个平衡发生移动
D．点
【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、M 点温度低于 N 点，水的电离程度随温度升高而增大，故 M 点 Kw 小于 N 点，A错误；
B、N 点温度更高且 (NH4)2SO4浓度更大，NH4+水解生成的 H+更多，酸性更强，pH 更小，因此 M 点 pH 大于 N 点，B正确；
C、N 点降温，(NH4)2SO4的溶解平衡、水的电离平衡、NH4+的水解平衡均会移动，共 3 个平衡，C 错误；
D、P 点溶液中，电荷守恒式为 c(H+) +c(NH4+)=c(OH-)+2c(SO42-)，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．考查Kw 与温度的关系（温度越高，Kw 越大）。
B．考查温度和浓度对 NH4+水解的影响（升温促进水解，浓度越高水解生成 H+越多）。
C．判断降温时涉及的平衡类型。
D．判断电荷守恒的表达式（阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数）。
13．（2025高三上·广州月考）结构决定性质，性质决定用途。下列对事实的解释正确的是
选项 事实 解释
A HF比HCl稳定 HF分子间存在氢键
B 盐酸酸性大于碳酸 氯的非金属性大于碳
C 金刚石熔点大于 金刚石中碳碳键的键能大于中碳碳键的键能
D 石墨能导电 未杂化的p轨道重叠使电子可在整个碳原子平面内运动
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；氢键的存在对物质性质的影响；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、HF 比 HCl 稳定是因为 F 的非金属性更强，H-F 键更牢固；氢键影响的是沸点，与稳定性无关，A错误；
B、判断非金属性强弱应比较最高价含氧酸的酸性，HCl 不是 Cl 的最高价含氧酸，不能据此说明 Cl 的非金属性大于 C，B错误；
C、金刚石是共价晶体，熔化需破坏共价键；C60是分子晶体，熔化破坏范德华力。共价键强度远大于范德华力，故金刚石熔点高，而非因为碳碳键键能的直接比较（C60中也存在碳碳共价键），C错误；
D、石墨中每个 C 原子采取 sp2 杂化，剩余一个未杂化的 p 轨道，这些 p 轨道重叠形成大 π 键，电子可在整个碳原子平面内自由移动，因此石墨能导电，D正确；
故答案为：D。【分析】A．物质稳定性的决定因素（化学键强弱，而非氢键）。
B．非金属性与最高价含氧酸酸性的对应关系（盐酸不是最高价含氧酸）。
C．晶体类型与熔点的决定因素（共价晶体的共价键 vs 分子晶体的范德华力）。
D．石墨导电的结构原因（未杂化 p 轨道的重叠形成大 π 键，电子可自由移动）。
14．（2025高三上·广州月考）下图为AgCl-Sb二次电池的放电过程示意图如图所示。
下列叙述正确的是
A．放电时，M极为正极
B．放电时，N极上反应为
C．充电时，消耗4 mol Ag的同时将消耗
D．充电时，M极上反应为
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池、电解池综合
【解析】【解答】A、放电时 M 极上 Sb 转化为 Sb4O5Cl2，Sb 元素化合价升高（被氧化），发生失电子的氧化反应，故 M 极为负极，A错误；
B、放电时 N 极上 AgCl 转化为 Ag，Ag 元素化合价降低（被还原），发生得电子的还原反应，反应为 AgCl+e-=Ag+Cl-，而非失电子的反应，B错误；
C、放电时电子转移规律为 1 mol Sb4O5Cl2对应 12 mol 电子，同时生成 12 mol Ag；则充电时消耗 4 mol Ag（对应 4 mol 电子），消耗 Sb4O5Cl2的物质的量为mol，C错误；
D、放电时 M 极（负极）反应为 4Sb-12e-+2Cl-+5H2O=Sb4O5Cl2+10H+，充电时 M 极为阴极，反应为其逆过程：Sb4O5Cl2+12e-+10H+=4Sb+2Cl-+5H2O，D正确；
故答案为：D。【分析】A．考查放电时电极类型判断（依据元素化合价变化）。
B．判断放电时 N 极的反应式及反应类型。
C．考查充电时电子转移与物质消耗的比例关系。
D．考查充电时 M 极（阴极）的反应（与放电时负极反应相反）。
15．（2025高三上·广州月考）按下图装置进行实验。搅拌一段时间后，滴加浓盐酸。不同反应阶段的预期现象及其相应推理均合理的是
A．烧瓶壁会变冷，说明存在的反应
B．试纸会变蓝，说明有生成，产氨过程熵增
C．滴加浓盐酸后，有白烟产生，说明有升华
D．实验过程中，气球会一直变大，说明体系压强增大
【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；氨的性质及用途；铵盐
【解析】【解答】A、烧瓶壁变冷，说明 NH4Cl 与 Ba (OH)2 8H2O 的反应是吸热反应（ΔH > 0），而非 ΔH < 0 的放热反应，A错误；
B、湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明有 NH3生成；该反应中固体反应物生成气体产物，体系混乱度增大，属于熵增反应（ΔS > 0），B正确；
C、滴加浓盐酸后产生白烟，是因为浓盐酸挥发出的 HCl 与生成的 NH3反应，生成 NH4Cl 固体小颗粒；而 “升华” 是物理变化，此过程是化学变化，C错误；
D、反应初期，吸热使烧瓶温度降低，气体压强减小，气球变小；随后一水合氨分解生成 NH3，气体压强增大，气球变大；滴加浓盐酸后，HCl 与 NH3反应使压强减小，气球又变小。因此气球并非 “一直变大”，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．烧瓶壁变冷，说明反应吸热，故ΔH > 0，而非 ΔH < 0 的放热反应。
B．红色石蕊试纸变蓝说明有 NH3生成；反应中固体生成气体，体系混乱度增大，属于熵增反应。
C．白烟是浓盐酸挥发出的 HCl 与生成的 NH3反应生成 NH4Cl 固体，不是 NH4Cl 升华，因为升华是物理变化，此过程是化学变化。
D．反应初期吸热使烧瓶温度降低，压强减小，气球变小；之后一水合氨分解生成 NH3，压强增大，气球变大；滴加盐酸后，HCl 与 NH3反应使压强减小，气球又变小，所以气球不是一直变大。
16．（2025高三上·广州月考）一种液流电解池在工作时可以实现海水淡化，并以形式回收含锂废弃物中的锂元素，其工作原理如图所示。
下列说法正确的是
A．Ⅱ为阳离子交换膜
B．电极a附近溶液的减小
C．电极b上发生的电极反应式为
D．若海水用溶液模拟，则每脱除，理论上可回收
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、膜 Ⅱ 的作用是让 Cl-通过进入膜 Ⅱ 与膜 Ⅲ 之间，以形成 LiCl，因此膜 Ⅱ 是阴离子交换膜，而非阳离子交换膜，A错误；
B、电极 a 是阴极，发生反应 O2+4e-+2H2O=4OH-，生成 OH-使溶液碱性增强，pH 增大，B错误；
C、电极 b 是阳极，[Fe (CN)6]4-失去电子生成 [Fe (CN)6]3-，反应为 [Fe(CN)6]4--e-=[Fe(CN)6]3-，而非得电子反应，C错误；
D、58.5 g NaCl 为 1 mol，脱除 1 mol NaCl 时转移 1 mol 电子；此时 1 mol Li+透过膜 Ⅲ、1 mol Cl-透过膜 Ⅱ，恰好生成 1 mol LiCl，D正确；
故答案为：D。【分析】A．判断离子交换膜 Ⅱ 允许哪种离子通过，确定其类型。
B．根据电极 a 的反应判断溶液 pH 变化。
C．分析电极 b 的反应（阳极发生氧化反应，失电子）。
D．结合 NaCl 脱除量与电子转移、LiCl 生成量的关系。
17．（2025高三上·广州月考）可用作锂电池和超级电容器的电极材料。制备的一种实验装置如图所示(加热及夹持装置略)。
（1）的制备
保护下，将溶有S的热二苯醚溶液注射到热油胺溶液中(S过量)，继续加热回流，冷却至室温，离心分离，经洗涤得产品。
①仪器a的名称为　 　；保护的目的是　 　。
②生成的化学方程式为　 　。
③为除去产品中残留的S，洗涤选用的试剂是　 　(填“”或“”)。
（2）的含量测定
产品先用王水溶解，再经系列处理后，在热盐酸条件下，以甲基橙为指示剂，用溶液将还原至，终点为无色：用冰水迅速冷却，再以二苯胺磺酸钠为指示剂，用标准溶液滴定至终点。已知甲基橙的还原反应：氧化态(红色)+ne-=还原态(无色)
①比易水解，且易被氧化。配制和保存溶液需加入的试剂是　 　。
②甲基橙指示终点的过程及作用原理是　 　。
③若称取的产品为，标准溶液浓度为，用量为，的摩尔质量为，则产品中质量分数为　 　(写最简表达式)。
④下列操作可能导致测定结果偏高的是　 　。
A．还原时溶液滴加过量
B．热的溶液在空气中缓慢冷却
C．滴定开始时滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失
D．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数
【答案】（1）三颈烧瓶；防止Fe2+被氧气氧化；FeS+SFeS2；CS2
（2）浓盐酸、锡粒；当加入还原剂SnCl2后，甲基橙得电子，由氧化态变为还原态，颜色由红色变为无色且半分钟内不恢复原来的颜色；%；AC
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；铁的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①仪器a的名称为三颈烧瓶；N2和FeS不反应，能防止Fe2+被氧气氧化，故答案为：三颈烧瓶；防止Fe2+被氧气氧化；
②反应物是S、FeS，反应条件是加热，生成物是FeS2，反应方程式为FeS+SFeS2；
③S难溶于水，微溶于酒精，易溶于CS2，所以洗涤选用的试剂是CS2，
故答案为： 三颈烧瓶 ； 防止Fe2+被氧气氧化 ； FeS+SFeS2 ；CS2；
（2）①SnCl2比FeCl3易水解，且易被氧化，配制和保存SnCl2溶液时需要抑制水解，SnCl2水解生成HCl，需要将SnCl2溶于浓盐酸中，以抑制其水解，再加水稀释到需要的浓度，同时向溶液中加入锡粒防止其被氧化，
故答案为：浓盐酸、锡粒；
②甲基橙的还原反应：氧化态(红色)+ne-=还原态(无色)，产品先用王水溶解，再经系列处理后，在热盐酸条件下，以甲基橙为指示剂，用SnCl2溶液将Fe3+还原至Fe2+终点为无色，溶液呈酸性，则甲基橙显红色，则甲基橙为氧化态；加入SnCl2后，SnCl2溶液将Fe3+还原至Fe2+，溶液呈无色，则甲基橙变为还原态，
故答案为：当加入还原剂SnCl2后，甲基橙得电子，由氧化态变为还原态，颜色由红色变为无色且半分钟内不恢复原来的颜色；
③Fe2+被K2Cr2O7氧化为Fe3+，被还原为Cr3+，关系式为6Fe2+～，n(FeS2)=n(Fe2+)=6n(K2Cr2O7)=6×cmol/L×10-3VL=6×10-3cVmol，产品中FeS2质量分数为；
故答案为：% ；
④A．还原Fe3+时SnCl2溶液滴加过量，消耗的V(K2Cr2O7)偏大，测定值偏高，故A正确；
B．热的Fe2+溶液在空气中缓慢冷却，导致部分Fe2+被氧化Fe3+，消耗的V(K2Cr2O7)偏小，测定值偏低，故B错误；
C．滴定开始时滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，消耗的V(K2Cr2O7)偏大，测定值偏高，故C正确；
D．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，消耗的V(K2Cr2O7)偏小，测定值偏低，故D错误；
故答案为：AC。
【分析】（1）①仪器识别与氮气作用。
仪器 a 为三颈烧瓶；N2可隔绝空气，防止 Fe2+被氧化。
②化学方程式书写（反应物、产物及条件）。
FeS 与 S 在加热条件下反应生成 FeS2，据此书写方程式。
③依据硫的溶解性选洗涤剂。
S 易溶于 CS2，故用 CS2洗涤残留 S。
（2）①浓盐酸抑制水解，锡粒防止 Sn2+被氧化。
②过量 SnCl2将甲基橙（氧化态红色）还原为无色，指示 Fe3+完全转化为 Fe2+。
③由 6Fe2+ ~ Cr2O72-，得质量分数为 3cVM/(5a) %。
④A（SnCl2过量）、C（气泡消失）导致消耗 K2Cr2O7偏多，结果偏高。
（1）①仪器a的名称为三颈烧瓶；N2和FeS不反应，能防止Fe2+被氧气氧化，故答案为：三颈烧瓶；防止Fe2+被氧气氧化；
②反应物是S、FeS，反应条件是加热，生成物是FeS2，反应方程式为FeS+SFeS2；
③S难溶于水，微溶于酒精，易溶于CS2，所以洗涤选用的试剂是CS2，故答案为：CS2；
（2）①SnCl2比FeCl3易水解，且易被氧化，配制和保存SnCl2溶液时需要抑制水解，SnCl2水解生成HCl，需要将SnCl2溶于浓盐酸中，以抑制其水解，再加水稀释到需要的浓度，同时向溶液中加入锡粒防止其被氧化，故答案为：浓盐酸、锡粒；
②甲基橙的还原反应：氧化态(红色)+ne-=还原态(无色)，产品先用王水溶解，再经系列处理后，在热盐酸条件下，以甲基橙为指示剂，用SnCl2溶液将Fe3+还原至Fe2+终点为无色，溶液呈酸性，则甲基橙显红色，则甲基橙为氧化态；加入SnCl2后，SnCl2溶液将Fe3+还原至Fe2+，溶液呈无色，则甲基橙变为还原态，故答案为：当加入还原剂SnCl2后，甲基橙得电子，由氧化态变为还原态，颜色由红色变为无色且半分钟内不恢复原来的颜色；
③Fe2+被K2Cr2O7氧化为Fe3+，被还原为Cr3+，关系式为6Fe2+～，n(FeS2)=n(Fe2+)=6n(K2Cr2O7)=6×cmol/L×10-3VL=6×10-3cVmol，产品中FeS2质量分数为；
④A．还原Fe3+时SnCl2溶液滴加过量，消耗的V(K2Cr2O7)偏大，测定值偏高，故A正确；
B．热的Fe2+溶液在空气中缓慢冷却，导致部分Fe2+被氧化Fe3+，消耗的V(K2Cr2O7)偏小，测定值偏低，故B错误；
C．滴定开始时滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，消耗的V(K2Cr2O7)偏大，测定值偏高，故C正确；
D．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，消耗的V(K2Cr2O7)偏小，测定值偏低，故D错误；
故答案为：AC。
18．（2025高三上·广州月考）广西盛产甘蔗，富藏锰矿。由软锰矿(，含和CuO等杂质)制备光电材料的流程如下。回答下列问题：
已知：
物质
（1）“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和，其主要作用是　 　。为提高“浸取”速率，可采取的措施是　 　(任举一例)。
（2）“滤渣1”的主要成分是　 　(填化学式)。
（3）常温下，用调节溶液pH至时，可完全沉淀的离子有　 　(填化学式)。
（4）“X”可选用_______。
A． B． C．Zn D．
（5）若用替代沉锰，得到沉淀。写出生成的离子方程式　 　。
（6）立方晶胞如图，晶胞参数为，该晶体中与一个紧邻的有　 　个。已知为阿伏加德罗常数的值，晶体密度为　 　(用含的代数式表示)。
【答案】（1）把二氧化锰还原为硫酸锰；把软锰矿粉碎、搅拌、加热等
（2）SiO2
（3）Al3+
（4）D
（5）
（6）4；
【知识点】晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】（1）二氧化锰具有氧化性，“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和，其主要作用是把二氧化锰还原为硫酸锰；为提高“浸取”速率，可采取的措施是把软锰矿粉碎、搅拌、加热等。
（2）二氧化硅不溶于硫酸，则“滤渣1”的主要成分是SiO2。
（3）Fe2+完全沉淀时，c(OH-)= ，pH约为8.4；Al3+完全沉淀时，c(OH-)=，pH约为4.7；Cu2+完全沉淀是c(OH-)=，pH约为6.7；常温下，用调节溶液pH至时，可完全沉淀的离子有Al3+。
（4）加X的目的是生成硫化物沉淀除铁和铜，Fe2+和H2S不反应，所以不能选用H2S；铜离子、亚铁离子都能和硫离子反应生成硫化铜沉淀，所以“X”可选用，选D。
（5）若用替代沉锰，得到沉淀，反应的离子方程式为 。
（6）1个晶胞中含有1个K+，根据化学式可知，1个晶胞中含有1个Mn、3个F-，可知晶胞顶点上的原子为Mn、棱上的F-，该晶体中与一个紧邻的有4个；已知为阿伏加德罗常数的值，晶体密度为。
【分析】 软锰矿(，含和CuO等杂质) ，加入甘蔗渣水解液浸取，甘蔗渣水解液中含有还原糖和硫酸，与反应生成硫酸锰，Fe2O3反应生成硫酸铁，硫酸铁被还原糖还原为硫酸亚铁，Al2O3反应生成硫酸铝，CuO反应生成硫酸铜，SiO2不与硫酸反应，在滤渣1为SiO2，加入碳酸钙调节pH，将硫酸铝转化为氢氧化铝除去，则滤渣2为氢氧化铝，加入X沉淀，要除去铁和铜，应加入硫化物，转化为FeS和CuS除铁和铜，过滤除去滤渣3，滤渣3中主要含有FeS和CuS，再加入碳酸氢钠沉淀锰离子得到碳酸锰，最终将碳酸锰转化为。
（1）二氧化锰具有氧化性，“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和，其主要作用是把二氧化锰还原为硫酸锰。根据影响反应速率的因素，为提高“浸取”速率，可采取的措施是把软锰矿粉碎、搅拌、加热等。
（2）二氧化硅不溶于硫酸，“滤渣1”的主要成分是SiO2。
（3）根据溶度积常数，Fe2+完全沉淀时，c(OH-)= ，pH约为8.4；Al3+完全沉淀时，c(OH-)=，pH约为4.7；Cu2+完全沉淀是c(OH-)=，pH约为6.7；常温下，用调节溶液pH至时，可完全沉淀的离子有Al3+。
（4）加X的目的是生成硫化物沉淀除铁和铜，Fe2+和H2S不反应，所以不能选用H2S；铜离子、亚铁离子都能和硫离子反应生成硫化铜沉淀，所以“X”可选用，选D。
（5）若用替代沉锰，得到沉淀，反应的离子方程式为 。
（6）1个晶胞中含有1个K+，根据化学式可知，1个晶胞中含有1个Mn、3个F-，可知晶胞顶点上的原子为Mn、棱上的F-，该晶体中与一个紧邻的有4个；已知为阿伏加德罗常数的值，晶体密度为 。
19．（2025高三上·广州月考）氢能是一种重要能源，氢气的制备与储存是研究热点。
Ⅰ．通过高温热分解可获得氢气和单质硫：。不同压强下，在密闭容器中充入一定量的气体发生上述反应，测得平衡时的体积分数与温度、压强的关系如下图所示：
（1）该反应的　 　0(填“>”或“<”)；、、由小到大的顺序为　 　，理由是　 　。
Ⅱ．甲醇水蒸气重整制氢的方法是目前比较成熟的制氢方法，反应为：，其部分反应过程如下：
（2）已知：，。该条件下反应Ⅱ的　 　。
（3）甲醇气体和水蒸气混合充入恒容密闭容器中，控制温度为、起始压强为下进行反应，平衡时容器中，此时的转化率为　 　，则甲醇重整制氢反应的计算式为　 　。
Ⅲ．是氢容量较大的储氢材料，储氢的研究包括材料吸氢和脱氢的过程。
已知：①脱氢反应的热化学方程式如下： 。
②向中添加适量元素作催化剂，可提升的储氢能力，同时加快脱氢速率。其部分脱氢机理示意图如下。
（4）该反应在　 　条件下自发(填“高温”“低温”或“任何条件”)。
（5）Ti原子价层电子排布式为　 　。上图所示的机理可描述为：①　 　、②、③。
【答案】；；该反应前后的气体分子数增多，压强增大平衡逆移，体积分数越小；-41.2；90%； (或；高温；；
【知识点】盖斯定律及其应用；焓变和熵变；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
【解析】【解答】（1）由图像可知，温度升高H2的体积分数增大，平衡正向移动，升温向吸热方向移动，因此正反应吸热， H＞0；由于该反应是气体分子数增大的反应，所以加压平衡向逆反应方向移动，平衡时H2的体积分数减小，即压强越大，平衡时H2的体积分数越小，由图可知，p1、p2、p3的大小关系为p1＜p2＜p3；
故答案为： ； ； 该反应前后的气体分子数增多，压强增大平衡逆移，体积分数越小 ；
（2）由题目所给反应过程图可知，反应Ⅱ为H2O(g)+CO(g)=H2(g)+CO2(g)，根据盖斯定律，可知反应Ⅱ=反应Ⅲ-反应Ⅰ，则该反应的ΔH2=-41.2kJ·mol-1；
故答案为： -41.2 ；
（3）根据题意可得三段式：
CH3OH的转化率为×100%=90%；平衡时总物质的量为3.8mol，设平衡时的压强为p总，起始压强p0=2.0MPa，，p总=3.8MPa，Kp==；
故答案为： 90% ； (或 ；
（4）MgH2脱氢的总反应为MgH2=Mg+H2↑，该反应为分解反应， H＞0，生成气体， S＞0，要使反应自发， G= H-T S＜0，反应需要在高温下进行；
故答案为： 高温 ；
（5）Ti是22号元素，核外电子排布1s22s22p63s23p63d24s2，价层电子排布式为3d24s2；根据示意图可判断H-将电子传递给Ti4+，生成H原子和Ti3+；Mg2+从Ti2+处获得电子，生成Mg原子和Ti3+；H原子结合成H2逸出，有关反应为、、。
故答案为： ； 。
【分析】（1）判断 ΔH 符号及压强顺序。
升温 H2体积分数增大，反应吸热，ΔH > 0；反应气体分子数增多，压强越大 H2体积分数越小，故 p1 < p2 < p3。
（2）用盖斯定律计算 ΔH2：反应 Ⅱ= 反应 Ⅲ- 反应 Ⅰ，ΔH2=49.5 - 90.7 = -41.2 kJ mol- 。
（3）转化率 =(1-0.1)÷1×100%=90%；平衡时总物质的量 3.8 mol，进而求得Kp。
（4）判断反应自发条件：ΔH>0、ΔS>0，高温下 ΔG<0，故高温自发。
（5）考查Ti 的价电子排布及脱氢机理。
20．（2025高三上·广州月考）一种电催化二元醇与合成环状碳酸酯的方法广泛应用于电池电解液领域，其一种机理如图所示(加料顺序、反应条件略)：
已知：化合物iii、iv和均为带电粒子。
回答下列问题：
（1）化合物i的名称是　 　。
（2）化合物v的分子式为　 　；化合物X是化合物v的同分异构体，满足下列条件的化合物X的结构简式为　 　。
a．化合物X是五元环状化合物
b．化合物X最多能与金属钠反应
c．不存在两个羟基连接在同一个碳原子上
（3）关于题图中的相关物质及转化，下列说法正确的有_______(填选项字母)。
A．反应②是电解过程中在阳极区发生的反应
B．化合物i和ii中C的杂化方式均相同
C．化合物v和vi均有对映异构体
D．反应⑤的另一生成物易溶于水
（4）根据化合物v的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表：
序号 反应试剂、条件 反应形成的新有机物结构 反应类型
① 　 　 　 　
② Cu，O2，热 　 　 　 　
（5）以化合物ii和苯乙烯为有机原料合成化合物vii()，基于你设计的合成路线回答(无机试剂任选)：
①第一步反应的化学方程式为　 　。
②最后一步反应的化学方程式为　 　。
【答案】（1）1，2-丙二醇
（2）；
（3）C；D
（4）浓硫酸，加热；消去反应；；氧化反应
（5）；
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机化合物的命名；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）结合醇的命名原则，化合物i()的名称为1，2-丙二醇；
（2）根据化合物V()分子结构，可知分子式为；化合物X是化合物v的同分异构体，即具有相同分子式，符合条件的X的结构简式为；
（3）A．根据机理图，反应②中是生成物，CH3CN中氢元素得电子，发生还原反应，在电解池阴极区进行，A项错误；
B．化合物i（）中所有碳原子均为饱和碳原子，为杂化，化合物ii（CH3CN）中，存在结构，碳为杂化，B项错误；
C．如图所示，化合物v()、vi()中均存在手性碳，均有对映异构体，C项正确；
D．根据反应⑤所给反应物和生成物的结构可推测该反应为，另一生成物为甲醇，能与水形成分子间氢键、易溶于水，D项正确；
故选CD；
（4）化合物v的结构为()，含有官能团羟基和酯基， ① 在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应； ② 醇羟基在催化剂加热条件下发生氧化反应，生成 、；
（5）以化合物ii()和苯乙烯为有机原料，合成化合物ⅶ()，结合题目所给的路线信息，可推出合成路线如下(部分反应条件省略)：
，①第一步反应的化学方程式为；
②最后一步反应的化学方程式为；
【分析】分析机理图，可知和发生反应生成，与CO2反应生成，与CH3I反应生成，脱去一分子CH3OH生成；
(1) 醇类物质命名一般步骤为：选含有羟基的最长碳链为主链，从离官能团近的一端开始编号，标明官能团位置，写出有机物名称；
(4) 考查醇类物质的化学性质，根据羟基能发生的相关反应进行分析；
（1）结合醇的命名原则，主链有三个碳原子，两个羟基分别在1号和2号碳上，化合物i()的名称为1，2-丙二醇；
（2）一个化合物V()分子中有5个碳原子，4个氧原子，不饱和度为1，分子式为；化合物X是化合物v的同分异构体，满足下列条件：a．化合物X是五元环状化合物，用去1个不饱和度，b．化合物X最多能与金属钠反应，说明羟基的个数为4，c．不存在两个羟基连接在同一个碳原子上，则符合条件的X的结构简式为；
（3）A．反应②中生成，为还原反应，在电解池阴极区进行，A项错误；
B．化合物i（）中所有碳原子均为杂化，化合物ii（CH3CN）中，甲基碳为杂化，氰基碳为杂化，B项错误；
C．如图所示，化合物v()、vi()中均存在手性碳，均有对映异构体，C项正确；
D．根据反应⑤所给反应物和生成物的结构可推测该反应为，另一生成物为甲醇，能与水形成分子间氢键、易溶于水，D项正确；
故选CD；
（4）根据化合物v()的结构特征，分析预测其可能的化学性质：含有羟基且羟基所连碳上有氢，羟基所连邻位碳原子上连有氢原子，在浓硫酸、加热条件下，可以发生消去反应；在Cu、O2，加热条件下可以发生催化氧化生成；
（5）以化合物ii()和苯乙烯为有机原料，合成化合物ⅶ()，结合题目所给的路线信息，可推出合成路线如下(部分反应条件省略)：
，①第一步反应的化学方程式为；
②最后一步反应的化学方程式为；
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