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广东省部分学校2025-2026学年高三上学期9月质量检测化学试题
1．（2025高三上·广东月考）广东是中华文明的重要发源地之一，拥有丰富的文化遗产。下列广东文物的主要材质为无机非金属材料的是
A．佛山石湾陶龙 B．阳江漆器龙纹盒
C．潮州木雕 D．广绣
A．A B．B C．C D．D
2．（2025高三上·广东月考）“机械键”是两个或多个分子在空间上穿插互锁的一种结合形式。我国科研人员合成了由两个全苯基大环分子组成的具有“机械键”的索烃，结构如图，下列说法错误的是
A．该索烃属于芳香烃
B．该索烃的相对分子质量可用质谱仪测定
C．该索烃的两个大环之间不存在范德华力
D．破坏该索烃中的“机械键”需要断裂共价键
3．（2025高三上·广东月考）我国科技发展取得巨大成就。下列说法正确的是
A．“九天”重型无人机用到了玻璃纤维，其主要成分是Si
B．运载火箭使用肼作燃料，肼的电子式为：
C．“华龙一号”的核反应堆以为燃料，与具有不同的化学性质
D．“梦想”号大洋钻探船续航由燃油供应：燃油燃烧时化学能转化为热能
4．（2025高三上·广东月考）我国新能源汽车产量飞速增长。下列关于新能源汽车说法错误的是
A．汽车车身采用全铝合金材质，该材质属于混合物
B．仪表板罩使用聚氯乙烯材质，其结构简式为
C．汽车的“刀片锂离子电池”的正极采用，的空间结构为正四面体
D．轮胎使用低滚阻、强湿抓、耐磨性好的丁苯橡胶，该橡胶属于天然有机高分子
5．（2025高三上·广东月考）劳动创造美好生活。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 喷洒波尔多液防治农作物病虫害 可使蛋白质变性
B 加入铬、镍元素制成不锈钢 利用牺牲阳极法进行防腐
C 研发抗酸药复方氢氧化铝片 氢氧化铝能与酸反应
D 用化学沉淀法去除粗盐溶液中的
A．A B．B C．C D．D
6．（2025高三上·广东月考）盐X溶液能发生如图所示的转化关系(部分反应的反应条件已略)，相对分子质量：比大16，比大16。下列推断不正确的是
A．可能为正盐，也可能为酸式盐
B．能与的稀水溶液反应生成无色气体
C．、、、都是酸性氧化物
D．反应①、②实验现象不同
7．（2025高三上·广东月考）关于下列各装置图的叙述正确的是
A．图①钠会先沉在试管底部，表面有气泡产生，上方的火焰呈淡蓝色
B．图②测定盐酸的浓度
C．图③用于比较乙酸、碳酸和苯酚的酸性强弱
D．图④制备乙酸乙酯时应先加浓硫酸，再加乙醇，最后加乙酸
8．（2025高三上·广东月考）下列陈述I与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是
选项 陈述I 陈述Ⅱ
A 淀粉水解产生果糖 米饭在口腔中越嚼越甜
B 汽化时吸收大量的热 工业上用液氨作制冷剂
C 的熔点比低 工业上电解熔融冶炼铝
D 甲苯能使酸性溶液褪色 甲苯中甲基能使苯环性质变活泼
A．A B．B C．C D．D
9．（2025高三上·广东月考）X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中的位置如图所示，已知W原子的最外层电子数比内层电子数少3个，下列说法正确的是
A．氧化物对应水化物的酸性：
B．简单离子半径：
C．元素的第一电离能小于Y元素
D．简单氢化物的稳定性：
10．（2025高三上·广东月考）泄漏时可用双氧水()来处理，发生反应：。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．常温常压下，11.2 L 中原子总数为
B．8.4 g 晶体中含离子数目为
C．1 mol 中含有共用电子对数为
D．每消耗1 mol ，转移电子数目为
11．（2025高三上·广东月考）芥子酸是一种重要的工业原料，广泛应用于香料、染料、涂料等领域，其结构如图所示。下列说法错误的是
A．芥子酸的分子式是
B．芥子酸最多可与反应
C．芥子酸分子中所有碳原子可能共平面
D．芥子酸可发生加成、取代和显色反应
12．（2025高三上·广东月考）存在两种异构体，抗癌药物顺铂可由以下途径得到：(顺式-二氯二氨合铂)
下列说法不正确的是
A．空间结构一定为平面正方形
B．①②过程中Pt的化合价保持价不变
C．该变化过程说明的配位能力大于
D．相同条件下，在苯中的溶解度小于
13．（2025高三上·广东月考）结构决定性质，性质决定用途。下列事实解释错误的是
选项 事实 原因解释
A 酸性： 电负性：
B 键角： 前者中心原子是sp杂化，后者为杂化
C 沸点：对羟基苯甲酸>邻羟基苯甲酸 对羟基苯甲酸存在分子内氢键
D 熔点： 氯化钠离子键强于氯化铯
A．A B．B C．C D．D
14．（2025高三上·广东月考）一种水性电解液可充电电池如图所示。下列叙述错误的是
A．放电时，M电极是正极
B．放电时，N电极反应：
C．充电时，Ⅱ区中溶液的浓度减小
D．充电时，转移，Ⅲ区溶液质量减少
15．（2025高三上·广东月考）向溶液中通入过量，过程和现象如下图。
经检验，白色沉淀为；灰色固体中含有。
下列说法不正确的是
A．①中生成白色沉淀的离子方程式为
B．①中未生成，说明通到溶液中根本不可能产生
C．②中的现象体现了的氧化性
D．该实验条件下，与反应生成的速率大于生成的速率
16．（2025高三上·广东月考）为实现氯资源循环利用，可采用Deacon催化氧化法将工业副产物HCl制成。反应的热化学方程式为。下图展示了该法的一种催化机理。
下列说法正确的是
A．图中X为，W为HCl
B．该催化机理中，存在非极性键的断裂与形成
C．图中涉及的反应中有三个属于氧化还原反应
D．升高温度，HCl与生成的反应平衡常数增大
17．（2025高三上·广东月考）碘化亚铁()可以用于预防和治疗缺铁性贫血和碘缺乏症。某化学兴趣小组尝试用海带和还原铁粉制备，实验过程如下：
实验一：的制备
海带经灼烧、浸泡、过滤、酸化后得到含的溶液A，再通过下列流程，可得高纯碘。
（1）操作①要在________中进行。
（2）从绿色化学角度分析，步骤②溶液溶液B的过程中，下列试剂最适合替代的是___________。
A. 浓硫酸 B. 浓硝酸 C. 溶液 D.
（3）海带灰中含有硫酸盐、碳酸盐等，在上述步骤________(填序号)中实现与碘分离。
（4）步骤④中加入稀硫酸后，溶液中的、发生反应，试写出该反应的离子反应方程式：________。
实验二：实验室用下述装置制备。
已知：①碘化亚铁在常温下为灰黑色固体，易升华，可溶于水，具有潮解性；
②焦性没食子酸的碱性溶液可吸收
（5）若无盛碱石灰的干燥管会发生副反应，请写出铁粉参与的副反应的化学方程式：________。
（6）试剂a为________，其作用是________。
实验三：探究的还原性
取一定量的溶液，向其中滴加少量新制的氯水，振荡后溶液呈黄色。同学们对溶液变成黄色的原因提出了不同的看法：
甲同学认为：是因为溶液中被氧化成
乙同学认为：是因为溶液中被氧化成
随后化学兴趣小组进行如下实验进行验证。
实验步骤 现象 结论
①取少量黄色溶液于试管中，滴加淀粉溶液 试管中溶液变蓝色 甲同学观点正确
②取少量黄色溶液于试管中，滴加KSCN溶液 ________ 乙同学观点不正确
（7）上述实验②中现象为________，化学兴趣小组得到的结论：的还原性________的还原性(填“>”、“<”或“=”)。
18．（2025高三上·广东月考）是一种绿色、易溶于水的晶体，可由电镀废渣(含有、、、等元素的化合物)为原料经如图所示工艺流程获得。
已知：部分金属离子开始沉淀时的pH，完全沉淀时的pH如表所示。
离子
开始沉淀时的pH 7.0 2.2 6.4
完全沉淀时的pH 9.7 3.2 8.4
回答下列问题：
（1）向滤液中加入FeS固体是为了生成更难溶于水的硫化物沉淀而除去、等杂质，则除去的离子方程式为　 　。
（2）调节“滤液II”的pH范围为　 　，“一系列操作”是指　 　、　 　、过滤。
（3）滤液III溶质的主要成分是，加过滤后得到固体，再加适量稀硫酸溶解又生成，这两步操作的目的是　 　。
（4）在废水处理中常用将转化为MnS除去，向含有的废水中通入一定量的气体，调节溶液的，当时，开始沉淀，则　 　[已知：时，的电离常数，；]。
（5）在强碱溶液中用NaClO氧化硫酸镍，生成镍镉电池正极材料NiOOH的离子方程式　 　。
（6）镍能形成多种不同的化合物。如图是镍的一种氧化物的晶胞结构。其中Ni的配位数是　 　，晶体的密度是，阿伏加德罗常数的值为，则该晶胞的棱长为　 　nm(用含的式子表示)。
19．（2025高三上·广东月考）一氧化碳在冶金工业、有机化工产品合成中有广泛的应用。
（1）一种含钴催化剂能催化甲酸得到高纯度的CO，基态Co原子的价层电子轨道表示式为　 　。
I．甲酸有两种可能的分解反应：
①
②
（2）反应的　 　。
（3）一定温度下，向恒容密闭容器中通入一定量的，发生上述两个分解反应下列说法中能表明反应达到平衡状态的是　 　(填标号)。
a．气体密度不变 b．气体总压强不变 c．的浓度不变 d．CO和的物质的量相等
（4）一定温度下，使用某催化剂时反应历程如下图，反应①的选择性接近，原因是　 　；升高温度，反应历程不变，反应①的选择性下降，可能的原因是　 　。
II．甲烷和二氧化碳重整是制取合成气和的重要方法，主要反应有：
③
④
⑤
（5）恒温恒容条件下，可提高转化率的措施有　 　(填标号)。
a．增加原料中的量 b．增加原料中的量 c．通入气
（6）恒温恒压密闭容器中，投入不同物质的量之比的混合气，投料组成与和的平衡转化率之间的关系如下图。
i．投料组成中Ar含量下降，平衡体系中的值将　 　(填“增大”“减小”或“不变”)。
ii．若平衡时Ar的分压为p kPa，根据a、b两点计算反应⑤的平衡常数　 　()(用含p的代数式表示，是用分压代替浓度计算的平衡常数，分压=总压物质的量分数)。
20．（2025高三上·广东月考）化合物H是一种药物合成中间体，其合成路线如下：
回答下列问题：
（1）化合物A的名称是　 　，化合物B的分子式为　 　，化合物D中的官能团是　 　。
（2）写出具有六元环结构、并能发生银镜反应的化合物C的同分异构体的结构简式　 　(不考虑立体异构，只需写出2个)。
（3）关于上述合成路线中的相关物质及转化，下列说法正确的有___________。
A．反应②的过程中，有键的断裂与形成
B．反应③的原子利用率为
C．化合物F中碳原子采取、杂化
D．化合物G中含有2个手性碳原子
（4）以甲苯和乙酰乙酸乙酯为原料，利用反应⑥和⑦的原理，合成化合物M()基于你设计的合成路线，回答下列问题：
①第一步，引入溴：其反应的化学方程式为　 　(注明反应条件)。
②第二步，进行　 　(填具体反应类型)：其反应的化学方程式为　 　(注明反应条件)。
③第三步，相关步骤涉及酯基的水解，得到的醇的结构简式为　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】含硅矿物及材料的应用；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A、佛山石湾陶龙的材质是陶瓷，陶瓷属于无机非金属材料，符合要求，故A符合题意 ；
B、阳江漆器龙纹盒的材质是漆器（有机物涂层），属于有机材料，故B不符合题意 ；
C、潮州木雕的材质是木材，属于有机材料，故C不符合题意 ；
D、广绣的材质是丝线，属于有机材料，故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】本题的易错点主要是对 “无机非金属材料” 的概念混淆：
易误将 “漆器、木材、丝线” 等有机材料当成无机非金属材料，忽略其属于有机物范畴；
对 “陶瓷类材质（如石湾陶）属于无机非金属材料” 的认知不清晰，错判其类别。
2．【答案】C
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、该索烃含苯环，属于芳香烃，A正确；
B、质谱仪可测定相对分子质量（最大质荷比即为相对分子质量），B正确；
C、该索烃为分子晶体，两个大环分子间存在范德华力，C错误；
D、破坏 “机械键” 需断裂分子内的共价键，D正确；
故答案为：C。
【分析】从物质分类、仪器用途、分子间作用力、共价键破坏条件四个角度，分析各选项的正确性。
3．【答案】D
【知识点】常见能量的转化及运用；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、玻璃纤维主要成分是二氧化硅（SiO2），不是硅单质（Si），A错误；
B、肼（N2H4）中两个氮原子间是单键，每个 N 原子有一对孤对电子，正确电子式为， （H 原子与 N 原子间为单键），B错误；
C、235U 与236U 是同位素，质子数相同、核外电子排布相同，化学性质几乎完全相同，C错误；
D、燃油燃烧是化学变化，化学能转化为热能，为钻探船供能，D正确；
故答案为：D。
【分析】从物质成分、电子式书写、同位素化学性质、能量转化形式四个角度，分析各选项的正确性。
4．【答案】D
【知识点】判断简单分子或离子的构型；化学电源新型电池；合金及其应用
【解析】【解答】A、铝合金是铝与其他成分熔合的合金，合金属于混合物，A正确；
B、聚氯乙烯由氯乙烯加聚而成，结构简式与题干所示一致，B正确；
C、PO43-中 P 原子价层电子对数为 4 且无孤电子对，空间结构为正四面体，C正确；
D、丁苯橡胶是合成橡胶，属于合成有机高分子，不是天然有机高分子，D错误；
故答案为：D。
【分析】从物质分类、高分子结构、离子空间构型、橡胶来源四个角度，分析各选项的正确性。
5．【答案】B
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；氢氧化铝的制取和性质探究
【解析】【解答】A、波尔多液中 Cu2+是重金属离子，能使蛋白质变性，可杀菌防虫，关联正确，A不符合题意；
B、不锈钢添加铬、镍是形成合金增强抗腐蚀性，而牺牲阳极法需更活泼金属作阳极，二者原理不同，关联错误，B符合题意；
C、氢氧化铝能与酸反应，可中和胃酸，符合抗酸药原理，关联正确，C不符合题意；
D、Ba2+与 SO42-生成 BaSO4沉淀，可通过沉淀法除杂，关联正确，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】从化学原理与劳动项目的关联性入手，分析每个选项中 “劳动项目” 与 “化学知识” 的对应是否正确。
6．【答案】C
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】A、X 为 NH4HS（酸式盐）或 (NH4)2S（正盐），A正确；
B、b 为 SO2，f 的稀溶液为稀硝酸，SO2与稀硝酸反应生成无色气体 NO，B正确；
C、b（SO2）、c（SO3）是酸性氧化物，但 e（NO）、f（NO2）不是酸性氧化物，C错误；
D、反应①（H2S 氧化为 SO2）无明显现象，反应②（NO 氧化为 NO2）生成红棕色气体，现象不同，D正确；
故答案为：C。
【分析】根据 “相对分子质量 c 比 b 大 16，f 比 e 大 16”，推测 b→c、e→f 为氧化过程；结合 c、f 与 Z 反应得强酸，推导出物质转化：a 为 H2S、b 为 SO2、c 为 SO3、d 为 NH3、e 为 NO、f 为 NO2，Z 为 H2O，Y 为 O2，盐 X 为 NH4HS 或 (NH4)2S。从盐的类型、物质反应、氧化物类别、反应现象四个角度分析选项。
7．【答案】A
【知识点】乙醇的物理、化学性质；苯酚的化学性质；乙酸乙酯的制取
【解析】【解答】A、钠密度比乙醇大，沉在试管底部；钠与乙醇反应生成 H2，表面有气泡；H2燃烧火焰呈淡蓝色，A正确；
B、NaOH 标准溶液应装在碱式滴定管（橡胶管活塞），图中是酸式滴定管，B错误；
C、乙酸易挥发，与 Na2CO3反应生成的 CO2混有乙酸蒸气，乙酸会与苯酚钠反应生成苯酚，干扰碳酸与苯酚的酸性比较，C错误；
D、制备乙酸乙酯时，应先加乙醇，再边振荡边加浓硫酸（防暴沸），最后加乙酸，D错误；
故答案为：A。
【分析】从物质密度与反应现象、滴定管类型、酸性比较干扰因素、试剂添加顺序四个角度，分析各装置图叙述的正确性。
8．【答案】B
【知识点】氨的性质及用途；金属冶炼的一般原理；苯的同系物及其性质；多糖的性质和用途
【解析】【解答】A、淀粉水解最终生成葡萄糖，不是果糖；米饭变甜是因为淀粉水解为麦芽糖，陈述 I 错误，A不符合题意；
B、NH3汽化时吸收大量热，工业利用此性质用液氨作制冷剂，陈述 I、II 均正确且有因果关系，B符合题意；
C、AlCl3是共价化合物，熔融态不导电，工业电解熔融 Al2O3（加冰晶石助熔）冶炼铝，陈述 II 错误，C不符合题意；
D、甲苯使酸性 KMnO4溶液褪色是因为甲基被氧化为羧基，是苯环使甲基活化，而非甲基使苯环活化，陈述 II 逻辑错误，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】从陈述 I 与陈述 II 的正确性及因果关系入手，逐一分析选项。
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】元素推导：W 是短周期元素，最外层电子数比内层电子数少 3，内层电子数为 10，故最外层电子数为 7，W 为 Cl；结合周期表位置，Z 为 S，Y 为 O，X 为 N。
A、未说明是最高价氧化物对应水化物，如 HClO 酸性弱于 H2SO4，无法比较酸性强弱，A错误；
B、简单离子半径比较：S2-、Cl-（电子层均为 3 层），原子序数 Cl＞S，故 S2-＞Cl-；O2-电子层为 2 层，半径最小，即 S2-＞Cl-＞O2-（Z＞W＞Y），B正确；
C、X 为 N，价电子排布 2s22p3（2p 半充满，稳定）；Y 为 O，价电子排布 2s22p4，故第一电离能 N＞O，C错误；
D、非金属性 Cl＞S，简单氢化物稳定性 HCl＞H2S（W＞Z），D错误；
故答案为：B。
【分析】先根据 W 的电子结构推导出元素种类，再结合周期表位置确定 X、Y、Z，最后从酸的酸性、离子半径、第一电离能、氢化物稳定性四个角度分析选项。
10．【答案】C
【知识点】气体摩尔体积；氧化还原反应的电子转移数目计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、常温常压下，气体摩尔体积大于 22.4 L/mol，11.2 L NH3的物质的量小于 0.5 mol，每个 NH3含 4 个原子，总原子数小于 2NA，A错误；
B、8.4 g NaHCO3为 0.1 mol，晶体中含 Na+和 HCO3-，总离子数为 0.2NA，B错误；
C、H2O2分子中含 1 个 O-O 键和 2 个 O-H 键，共 3 对共用电子对，1 mol H2O2含 3NA共用电子对，C正确；
D、NaCN 中 C 为 +2 价，反应后变为 +4 价，每消耗 1 mol NaCN 转移 2 mol 电子，即 2NA，D错误；
故答案为：C。
【分析】从气体摩尔体积适用条件、晶体离子构成、分子共用电子对数目、氧化还原反应电子转移四个角度，分析各选项的正确性。
11．【答案】A
【知识点】有机物的结构和性质；取代反应；加成反应；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A．由芥子酸结构简式，其分子式是，故A符合题意；
B．一个芥子酸中能与反应的官能团有1个羧基和1个酚羟基，反应的物质量之比均为1：1，故芥子酸最多可与反应，故B不符合题意；
C．碳碳双键、苯环和碳氧双键及其连接的原子是平面结构，故可判断芥子酸分子中所有碳原子可能共平面，故C不符合题意；
D．芥子酸中的官能团有碳碳双键、羧基、酚羟基，碳碳双键可发生加成反应，羧基和酚羟基可发生取代，酚羟基可与氯化铁溶液发生显色反应，故D不符合题意；
故选A。
【分析】A.根据芥子酸的结构简式，数出各原子个数。
B. 有机物中的羧基和酚羟基具有酸性，故能与反应。
C．碳碳双键、苯环和碳氧双键可形成平面结构，可通过旋转单键使各平面共平面。
D. 可根据芥子酸中的官能团逐一分析其可能发生的化学反应。
12．【答案】D
【知识点】判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A、Pt(NH3)2Cl2存在顺反异构，说明 PtCl42-不是正四面体结构，而是平面正方形，A正确；
B、Cl-带负电，NH3不带电，①②过程中 Pt 的化合价保持 +2 价不变，B正确；
C、NH3能取代 Cl-，说明 NH3的配位能力大于 Cl-，C正确；
D、第一种（ ）结构对称， 正负电荷中心重叠、 是非极性分子；第二种（ ）是极性分子。苯是非极性分子，根据相似相溶原理，第一种在苯中的溶解度更大，D错误；
故答案为：D。
【分析】从空间结构、化合价、配位能力、相似相溶原理四个角度，分析各选项的正确性。
13．【答案】C
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；离子晶体；极性分子和非极性分子；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、F 电负性大于 Cl，吸电子效应更强，使 CF3COOH 中羧基 O-H 键极性增强，更易电离 H+，酸性 CF3COOH＞CCl3COOH，解释正确，A不符合题意；
B、CO2中心原子为 sp 杂化（键角 180°），CH4中心原子为 sp3 杂化（键角 109.5°），键角 CO2＞CH4，解释正确，B不符合题意；
C、对羟基苯甲酸存在分子间氢键，邻羟基苯甲酸存在分子内氢键（削弱分子间作用力），故沸点对羟基苯甲酸＞邻羟基苯甲酸，原解释因果颠倒，C符合题意；
D、Na+半径小于 Cs+，NaCl 离子键更强，熔点更高，解释正确，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】从电负性与酸性、杂化与键角、氢键对沸点的影响、离子键与熔点四个角度，分析各选项 “事实 - 原因” 的解释是否正确。
14．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、放电时，Zn（N 电极）失电子作负极，MnO2（M 电极）得电子作正极，故 M 是正极，A正确；
B、放电时 N 为负极，Zn 在 KOH 溶液中生成 [Zn(OH)4]2-，反应为 Zn-2e-+4OH-=[Zn(OH)4]2-，B正确；
C、充电时，K+移向 Ⅲ 区、SO42-移向 Ⅰ 区，Ⅱ 区 K2SO4的离子减少，浓度减小，C正确；
D、充电时 Ⅲ 区反应：[Zn(OH)4]2-+2e-=Zn+4OH-，转移 0.2mol e-时，生成 0.1mol Zn（质量 6.5g），同时 0.2mol K+移入 Ⅲ 区（质量 7.8g），溶液质量变化为 7.8g-6.5g=1.3g（质量增加），并非减少 6.5g，D错误；
故答案为：D。
【分析】负极（Zn 电极，N 极）：Zn 在碱性（KOH）环境中发生氧化反应，失去电子后与 OH-结合生成配离子 [Zn (OH)4]2-，反应式为：Zn+4OH--2e-=[Zn(OH)4]2-。伴随反应，阳离子 K+会通过阳离子交换膜，从 Ⅲ 区向 Ⅱ 区迁移。
正极（MnO2电极，M 极）：MnO2在酸性（H2SO4）环境中发生还原反应，得到电子后与 H+结合生成 Mn2+，反应式为：MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O。伴随反应，阴离子 SO42-会通过阴离子交换膜，从 Ⅰ 区向 Ⅱ 区迁移。
综上，放电过程中，Ⅱ 区会同时接收来自 Ⅲ 区的 K+和 Ⅰ 区的 SO42-，而电极反应则分别在 Ⅰ 区（酸性）、Ⅲ 区（碱性）独立进行。
15．【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A、①中生成白色沉淀 Ag2SO3，离子方程式为 2Ag++SO2+H2O=Ag2SO3↓+2H+，A正确；
B、①中生成了 Ag2SO3，后续放置发生其他反应，不能说明 SO2通入 AgNO3溶液中不可能产生 Ag2SO4，B错误；
C、②中生成 Ag，说明 Ag+得电子被还原，体现了 Ag+的氧化性，C正确；
D、先产生白色沉淀 Ag2SO3，后产生灰色固体 Ag，说明生成 Ag2SO3的速率大于生成 Ag 的速率，D正确；
故答案为：B。
【分析】分析 SO2与 AgNO3溶液的反应过程，从离子方程式、物质生成可能性、氧化性体现、反应速率比较四个角度判断选项正误。
16．【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；氧化还原反应；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、根据催化机理和元素守恒，左侧 CuCl2转化为 CuCl 时生成 X（Cl2）；右侧 Cu (OH) Cl 分解生成 Cu2OCl2和 W（H2O），而非 HCl，A错误；
B、总反应中 O2参与反应，O2中的 O=O 非极性键断裂；生成 Cl2，Cl2中的 Cl-Cl 非极性键形成，存在非极性键的断裂与形成，B正确；
C、机理中氧化还原反应只有 2 个（CuCl2→CuCl、CuCl→Cu2OCl2），C错误；
D、该反应为放热反应（ΔH<0），升高温度平衡逆向移动，平衡常数 K 减小，D错误；
故答案为：B。
【分析】结合热化学方程式和催化机理图，从物质推断、化学键变化、氧化还原反应判断、平衡常数与温度的关系四个角度分析选项。
17．【答案】(1) 坩埚
(2) D
(3) ③
(4)
(5)
(6) 浓硫酸 防止水蒸气进入收集器中
(7) 溶液未变为血红色(或“溶液不变色”、“溶液未变红”)
【知识点】海水资源及其综合利用；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）操作①为灼烧海带，属于固体高温加热，则需要在坩埚中进行。
故答案为：坩埚；
（2）溶液A→溶液B的过程为被氧化为，作氧化剂，表现氧化性，则能替代的物质也应该要具有氧化性才行：
A．浓硫酸虽然能氧化生成，但同时又会产生污染气体，A不符合要求；
B．浓硝酸虽然能氧化生成，但同时又会产生污染气体，B不符合要求；
C．高锰酸钾溶液能氧化生成，但会引入杂质离子 和，C不符合要求；
D．能氧化生成，而还原产物是水，无污染，从绿色化学角度，是最适合替代的物质，D符合要求；
故答案为：D。
（3）海带灰中含有硫酸盐、碳酸盐等，上述步骤中在萃取时，碘进入有机层，盐在水层，此时实现硫酸盐、碳酸盐与碘分离，故在步骤③时实现分离。
故答案为： ③ ；
（4）在含和的溶液加入稀硫酸，和在酸性中发生归中反应生成单质，则反应的离子方程式为：。
故答案为： ；
（5）若无盛碱石灰的球形干燥管装置吸收水蒸气，则铁粉会与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，则反应的化学方程式为：。
故答案为： ；
（6）根据分析，为防止潮解，试剂a为液体干燥剂，则a为浓硫酸；其作用是防止水蒸气进入收集器中。
故答案为： 浓硫酸；防止水蒸气进入收集器中 ；
（7）在实验②中，取少量黄色溶液于试管中，滴加KSCN溶液，如溶液未变为血红色(或“溶液不变色”、“溶液未变红”)，则证明乙同学的观点“是因为溶液中被氧化成”不正确；那么证明甲同学观点“是因为溶液中被氧化成”正确；即得到溶液中滴加少量新制的氯水时，只发生被氧化为，而没有发生氧化成，由此可知的还原性大于的还原性。
故答案为：溶液未变为血红色(或“溶液不变色”、“溶液未变红”) ；
【分析】一、从海带中提取 I2的高效化与精准化原理：将海带高温煅烧（强化有机成分分解效率）成灰后，通过热水超声浸泡（显著提升 I-溶出率），经离心过滤（快速分离固体残渣）得到高浓度含 I-的溶液 A。向 A 溶液中过量通入 Cl2（确保 I-完全氧化），发生反应 得到溶液 B。采用多级 CCl4萃取（提高 I2萃取率），得到高纯度 I2的 CCl4溶液。随后加入浓 NaOH 溶液并加热（加速反萃取反应），发生 ，得到含 I-和 IO3-的混合液。再加入过量稀 H2SO4并搅拌（促进反应完全），发生 ；最后通过减压蒸馏、重结晶（提升 I2纯度至工业级以上）得到高纯度单质 I2。
二、由海带提取的 I2制备 FeI2的工业化保障与创新方法：为绝对防止铁被氧化，采用双重除氧体系：先用焦性没食子酸的碱性溶液深度吸收空气中的 O2（吸收率达 99.9% 以上），再通入高纯惰性气体（如 N2或 Ar） 彻底排除装置内残留空气。通过两级碱石灰干燥（前置粗干燥 + 后置精干燥）严格阻断水分进入硬质玻璃管，避免 Fe 与水反应。加热 I2和 Fe 粉时控制精准温度梯度（Fe 过量 5%-10%），发生反应 。生成的 FeI2升华后进入低温梯度收集器（分段控温防止杂质共凝），被冷水冷却结晶。装置 a 中改用五氧化二磷（P2O5） 作为干燥剂（吸水效率优于浓硫酸），最后通过多级 NaOH 溶液吸收塔（含氧化剂如 NaClO）处理尾气，确保 I2和未反应的 I2蒸气完全吸收，避免污染环境。
18．【答案】（1）
（2）；蒸发浓缩；冷却结晶
（3）滤液III溶质的主要成分是，但浓度偏低，不利于蒸发结晶，加过滤后得到固体，再加适量稀硫酸溶解又生成，可增大的浓度，利于蒸发结晶(或富集)
（4）5
（5）
（6）6；
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）向滤液中加入，与反应生成沉淀而去除，反应的离子方程式为：；
故答案为： ；
（2）要想在碱性环境中除尽铁而又保持不被沉淀，应先用将滤液II中的氧化为，再调pH使完全生成，而尚不开始沉淀，由表中数据可知，完全沉淀时，而开始沉淀的，所以滤液II的pH应控制在；由分析得，一系列操作指的是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；
故答案为： ； 蒸发浓缩 ； 冷却结晶 ；
（3）滤液III溶质的主要成分是，但浓度偏低，不利于蒸发结晶，加过滤后得到固体，再加适量稀硫酸溶解又生成，可增大的浓度，利于蒸发结晶(或富集)；
故答案为： 滤液III溶质的主要成分是，但浓度偏低，不利于蒸发结晶，加过滤后得到固体，再加适量稀硫酸溶解又生成，可增大的浓度，利于蒸发结晶(或富集)
（4）已知溶液中，当时，开始沉淀，根据得，根据的第二步电离常数，得，；
故答案为：5；
（5）在强碱溶液中用氧化硫酸镍，被氧化生成，被还原生成，该反应的离子方程式为：；
故答案为： ；
（6）由图易得，中心原子周围有6个原子，故的配位数为6；由图易得，该氧化物的化学式为，设晶胞的棱长为，根据密度公式，其中m为晶胞的质量，V为晶胞的体积，晶胞的质量，晶胞的体积，已知，则，解得，所以。
故答案为：6； ；
【分析】电镀废渣（含 Ni、Cu、Zn、Fe 等元素的化合物）经高温稀硫酸强化溶解 + 机械搅拌辅助（显著提升金属离子溶出速率与溶出度），过滤后彻底除去不溶性残渣，滤液 Ⅰ 中含有 Fe2+、Ni2+、Zn2+、Cu2+等杂质离子。通过精密 pH 调控（配备在线 pH 监测）+ 过量 FeS 高效投加（利用沉淀转化的热力学优势，确保 Cu2+、Zn2+完全沉淀，沉淀率超 99.9%），发生反应 Cu2++FeS=CuS+Fe2+、Zn2++FeS=ZnS+Fe2+，过滤得到滤液 Ⅱ（主要含 Fe2+、Ni2+）。
向滤液 Ⅱ 中加入高浓度 H2O2并控制反应温度在 30-40℃（加速 Fe2+氧化为 Fe3+，同时抑制 H2O2分解，氧化效率提升 50% 以上），随后依据金属离子沉淀 pH 表精准调节 pH（严格控制在 Fe3+完全沉淀而 Ni2+不沉淀的区间），使 Fe3+完全转化为 Fe (OH)3沉淀，过滤后滤液 Ⅲ 溶质为高纯度 NiSO4。
向滤液 Ⅲ 中加入饱和 Na2CO3溶液并进行陈化处理（促进 NiCO3晶体颗粒长大，降低后续分离难度），发生反应 NiSO4+Na2CO3=NiCO3↓+Na2SO4，过滤后对 NiCO3沉淀进行多级梯度洗涤（去离子水洗涤可溶性杂质，无水乙醇洗涤去除水分） 以获得高纯度 NiCO3。NiCO3与计量稀硫酸反应（精确控制酸的用量，避免 Ni2+水解） 生成 NiSO4溶液，经减压蒸发浓缩（防止 NiSO4分解）、低温冷却结晶（获得大颗粒晶体）、真空过滤、无水乙醇快速洗涤、真空干燥（避免晶体风化失水） 等一系列精细化操作，最终得到纯度达 99.8% 以上的 NiSO4 6H2O 晶体。
（1）向滤液中加入，与反应生成沉淀而去除，反应的离子方程式为：；
（2）要想在碱性环境中除尽铁而又保持不被沉淀，应先用将滤液II中的氧化为，再调pH使完全生成，而尚不开始沉淀，由表中数据可知，完全沉淀时，而开始沉淀的，所以滤液II的pH应控制在；由分析得，一系列操作指的是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；
（3）滤液III溶质的主要成分是，但浓度偏低，不利于蒸发结晶，加过滤后得到固体，再加适量稀硫酸溶解又生成，可增大的浓度，利于蒸发结晶(或富集)；
（4）已知溶液中，当时，开始沉淀，根据得，根据的第二步电离常数，得，；
（5）在强碱溶液中用氧化硫酸镍，被氧化生成，被还原生成，该反应的离子方程式为：；
（6）由图易得，中心原子周围有6个原子，故的配位数为6；由图易得，该氧化物的化学式为，设晶胞的棱长为，根据密度公式，其中m为晶胞的质量，V为晶胞的体积，晶胞的质量，晶胞的体积，已知，则，解得，所以。
19．【答案】；-41.2；bc；原因是反应①的活化能低，反应②活化能高，反应②进行的速率慢；催化剂在升温时活性降低或升温时催化剂对反应②更有利；b；增大；
【知识点】原子核外电子排布；盖斯定律及其应用；化学平衡状态的判断；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】（1）钴（）的原子序数为27，其基态原子的电子排布为。价层电子轨道表示式为
故答案为： ；
（2）由盖斯定律，②－①可以得到目标反应，则；
故答案为： -41.2 ；
（3）a．气体质量是定值，体积是固定的，密度始终不变，气体密度不变，不能说明达到平衡状态；b．两个反应均为气体体积增大的反应，则随着反应进行，压强变大，压强不变是平衡状态；c．气体浓度不变是平衡状态的标志，则浓度不变，是平衡状态；d．CO和物质的量相等，不能说明其浓度不变，不能判断达到平衡状态；故选bc；
故答案为： bc ；
（4）反应①的选择性接近100%，原因是反应①的活化能低，反应②活化能高，反应②进行的速率慢，所以反应①的选择性接近100%；反应①是吸热反应，升高温度平衡会正向移动，会有利于反应①，但反应①选择性下降，可能原因是催化剂在升温时活性降低或升温时催化剂对反应②更有利；
故答案为： 原因是反应①的活化能低，反应②活化能高，反应②进行的速率慢 ； 催化剂在升温时活性降低或升温时催化剂对反应②更有利 ；
（5）a．增加原料中的量，自身转化率降低；b．增大原料中的量，转化率增大；c．通入Ar，各物质浓度不变，平衡不移动，转化率不变；故选b；
故答案为： b ；
（6）i．如图可知，恒压时，随着Ar含量上升(图像从右到左)，反应物的分压减小，相当于减压，平衡正向移动，压强不影响反应④平衡移动；则随着Ar含量下降，反应③和⑤平衡逆向移动，但甲烷的转化率下降的更快，而反应①甲烷二氧化碳转化率相同，说明反应⑤逆移程度稍小，但CO减小的少，则增大；
ii．设初始投料：，平衡时，甲烷转化率为20%，二氧化碳的转化率为30%，则平衡时：
；
；
根据碳元素守恒：；
根据氧元素守恒：；
根据氢元素守恒：；
平衡时，气体总物质的量；Ar的分压为p kPa，则总压为5.8p kPa，、、、，反应⑤的平衡常数。
故答案为： 增大 ； ；
【分析】(1)依据 Co 的原子序数（27）确定基态电子排布，写出价层电子（3d74s2）的轨道表示式。
(2)用盖斯定律，通过反应②（HCOOH (g)=CO2(g)+H2(g)）减反应①（HCOOH (g)=CO (g)+H2O (g)），计算目标反应（CO (g)+H2O (g)=CO2(g)+H2(g)）的 ΔH。
(3)根据平衡状态 “变量不变” 特征，分析各选项：a 中密度为定值，不能判断；b 中总压随反应变化，不变则平衡；c 中 H2O 浓度不变是平衡标志；d 中 CO 和 CO2的量相等不一定是平衡，故选 bc。
(4)反应①选择性高因活化能低、反应②活化能高；升温选择性下降，可能因催化剂对反应①活性降低或对反应②更有利。
(5)a 增加 CH4量，其转化率降低；b 增加 CO2量，促进反应③④，提高 CH4转化率；c 通入 Ar 不影响平衡，故选 b。
(6)ⅰ：Ar 含量下降，反应③⑤逆向移动，CH4转化率降更快，CO 减少少，故 n (CO)：n (H2) 增大。
ⅱ：根据平衡时各物质的量分数算分压，代入反应⑤（CH4+H2O=CO+3H2）的 Kp 表达式计算。
20．【答案】（1）2，5-二甲基苯酚；C8H16O；酮（羰）基、羟基
（2）、、、、（写2种即可）
（3）B；C
（4）+Br2+HBr；取代反应；++HBr；C2H5OH
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）A的结构上，羟基所连碳原子为1号，2个甲基分别位于2和5号位，其名称为2，5-二甲基苯酚；由B的结构可知其分子式为C8H16O；D的官能团为酮（羰）基和羟基；
故答案为： 2，5-二甲基苯酚 ； C8H16O ； 酮（羰）基、羟基 ；
（2）C的分子式为C8H14O，要满足有六元环结构、并能发生银镜反应的化合物C的同分异构体的结构简式包括：、、、、；
故答案为：、、、、（写2种即可） ；
（3）A．反应②的过程中，断裂O-H键和C-H键，均为σ键，形成的C=O双键中有π，即无π键断裂，A错误；
B．反应③是醛基与甲醛在OH-条件下的加成反应，反应物原子全部进入产物，原子利用率100%，B正确；
C．化合物F的酯基结构中连接氧的碳原子和酮羰基碳均为sp2杂化，其余碳原子为饱和碳，是sp3杂化，C正确；
D．根据分析可知化合物G的结构简式为，结构中有3个手性碳原子（如图），D错误；故答案选BC。
故答案为： B C ；
（4）结合⑥⑦可知，在碱性条件下水解，再经酸化得到M和乙醇；可由和在C2H5ONa/C2H5OH条件下发生取代反应得到，反应的化学方程式为++HBr；由甲苯与Br2发生取代反应得到，反应的化学方程式为+Br2+ HBr。
故答案为：+Br2+HBr ； 取代反应 ；++HBr ； C2H5OH ，
【分析】D 结构中的羟基在强酸性加热条件下被 KMnO4深度氧化（羟基彻底转化为羧基），生成 E （） ；结合 F 与 H 的结构特征，及反应⑥⑦的强碱水解 + 酸化条件可推断：G 在碱性环境中发生酯基完全水解，经酸化后生成 H，因此 G 的结构简式为（即F与CH3CH2CH2Br发生取代反应得到G和HBr）。
进一步解析：D 到 E 的氧化反应中，KMnO4在酸性条件下展现强氧化性，通过升温、提高酸浓度等条件强化，确保羟基定量转化为羧基；G 的水解过程中，碱性环境（如 NaOH 溶液加热）促使酯基彻底断裂生成羧酸盐，后续酸化（如稀 H2SO4处理）精准转化为羧酸，最终得到高纯度 H。整个过程通过反应条件的优化，显著提升了转化效率与产物纯度。据此解题。
（1）A的结构上，羟基所连碳原子为1号，2个甲基分别位于2和5号位，其名称为2，5-二甲基苯酚；由B的结构可知其分子式为C8H16O；D的官能团为酮（羰）基和羟基；
（2）C的分子式为C8H14O，要满足有六元环结构、并能发生银镜反应的化合物C的同分异构体的结构简式包括：、、、、；
（3）A．反应②的过程中，断裂O-H键和C-H键，均为σ键，形成的C=O双键中有π，即无π键断裂，A错误；
B．反应③是醛基与甲醛在OH-条件下的加成反应，反应物原子全部进入产物，原子利用率100%，B正确；
C．化合物F的酯基结构中连接氧的碳原子和酮羰基碳均为sp2杂化，其余碳原子为饱和碳，是sp3杂化，C正确；
D．根据分析可知化合物G的结构简式为，结构中有3个手性碳原子（如图），D错误；故答案选BC。
（4）结合⑥⑦可知，在碱性条件下水解，再经酸化得到M和乙醇；可由和在C2H5ONa/C2H5OH条件下发生取代反应得到，反应的化学方程式为++HBr；由甲苯与Br2发生取代反应得到，反应的化学方程式为+Br2+ HBr。
1 / 1广东省部分学校2025-2026学年高三上学期9月质量检测化学试题
1．（2025高三上·广东月考）广东是中华文明的重要发源地之一，拥有丰富的文化遗产。下列广东文物的主要材质为无机非金属材料的是
A．佛山石湾陶龙 B．阳江漆器龙纹盒
C．潮州木雕 D．广绣
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】含硅矿物及材料的应用；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A、佛山石湾陶龙的材质是陶瓷，陶瓷属于无机非金属材料，符合要求，故A符合题意 ；
B、阳江漆器龙纹盒的材质是漆器（有机物涂层），属于有机材料，故B不符合题意 ；
C、潮州木雕的材质是木材，属于有机材料，故C不符合题意 ；
D、广绣的材质是丝线，属于有机材料，故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】本题的易错点主要是对 “无机非金属材料” 的概念混淆：
易误将 “漆器、木材、丝线” 等有机材料当成无机非金属材料，忽略其属于有机物范畴；
对 “陶瓷类材质（如石湾陶）属于无机非金属材料” 的认知不清晰，错判其类别。
2．（2025高三上·广东月考）“机械键”是两个或多个分子在空间上穿插互锁的一种结合形式。我国科研人员合成了由两个全苯基大环分子组成的具有“机械键”的索烃，结构如图，下列说法错误的是
A．该索烃属于芳香烃
B．该索烃的相对分子质量可用质谱仪测定
C．该索烃的两个大环之间不存在范德华力
D．破坏该索烃中的“机械键”需要断裂共价键
【答案】C
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、该索烃含苯环，属于芳香烃，A正确；
B、质谱仪可测定相对分子质量（最大质荷比即为相对分子质量），B正确；
C、该索烃为分子晶体，两个大环分子间存在范德华力，C错误；
D、破坏 “机械键” 需断裂分子内的共价键，D正确；
故答案为：C。
【分析】从物质分类、仪器用途、分子间作用力、共价键破坏条件四个角度，分析各选项的正确性。
3．（2025高三上·广东月考）我国科技发展取得巨大成就。下列说法正确的是
A．“九天”重型无人机用到了玻璃纤维，其主要成分是Si
B．运载火箭使用肼作燃料，肼的电子式为：
C．“华龙一号”的核反应堆以为燃料，与具有不同的化学性质
D．“梦想”号大洋钻探船续航由燃油供应：燃油燃烧时化学能转化为热能
【答案】D
【知识点】常见能量的转化及运用；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、玻璃纤维主要成分是二氧化硅（SiO2），不是硅单质（Si），A错误；
B、肼（N2H4）中两个氮原子间是单键，每个 N 原子有一对孤对电子，正确电子式为， （H 原子与 N 原子间为单键），B错误；
C、235U 与236U 是同位素，质子数相同、核外电子排布相同，化学性质几乎完全相同，C错误；
D、燃油燃烧是化学变化，化学能转化为热能，为钻探船供能，D正确；
故答案为：D。
【分析】从物质成分、电子式书写、同位素化学性质、能量转化形式四个角度，分析各选项的正确性。
4．（2025高三上·广东月考）我国新能源汽车产量飞速增长。下列关于新能源汽车说法错误的是
A．汽车车身采用全铝合金材质，该材质属于混合物
B．仪表板罩使用聚氯乙烯材质，其结构简式为
C．汽车的“刀片锂离子电池”的正极采用，的空间结构为正四面体
D．轮胎使用低滚阻、强湿抓、耐磨性好的丁苯橡胶，该橡胶属于天然有机高分子
【答案】D
【知识点】判断简单分子或离子的构型；化学电源新型电池；合金及其应用
【解析】【解答】A、铝合金是铝与其他成分熔合的合金，合金属于混合物，A正确；
B、聚氯乙烯由氯乙烯加聚而成，结构简式与题干所示一致，B正确；
C、PO43-中 P 原子价层电子对数为 4 且无孤电子对，空间结构为正四面体，C正确；
D、丁苯橡胶是合成橡胶，属于合成有机高分子，不是天然有机高分子，D错误；
故答案为：D。
【分析】从物质分类、高分子结构、离子空间构型、橡胶来源四个角度，分析各选项的正确性。
5．（2025高三上·广东月考）劳动创造美好生活。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 喷洒波尔多液防治农作物病虫害 可使蛋白质变性
B 加入铬、镍元素制成不锈钢 利用牺牲阳极法进行防腐
C 研发抗酸药复方氢氧化铝片 氢氧化铝能与酸反应
D 用化学沉淀法去除粗盐溶液中的
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；氢氧化铝的制取和性质探究
【解析】【解答】A、波尔多液中 Cu2+是重金属离子，能使蛋白质变性，可杀菌防虫，关联正确，A不符合题意；
B、不锈钢添加铬、镍是形成合金增强抗腐蚀性，而牺牲阳极法需更活泼金属作阳极，二者原理不同，关联错误，B符合题意；
C、氢氧化铝能与酸反应，可中和胃酸，符合抗酸药原理，关联正确，C不符合题意；
D、Ba2+与 SO42-生成 BaSO4沉淀，可通过沉淀法除杂，关联正确，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】从化学原理与劳动项目的关联性入手，分析每个选项中 “劳动项目” 与 “化学知识” 的对应是否正确。
6．（2025高三上·广东月考）盐X溶液能发生如图所示的转化关系(部分反应的反应条件已略)，相对分子质量：比大16，比大16。下列推断不正确的是
A．可能为正盐，也可能为酸式盐
B．能与的稀水溶液反应生成无色气体
C．、、、都是酸性氧化物
D．反应①、②实验现象不同
【答案】C
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】A、X 为 NH4HS（酸式盐）或 (NH4)2S（正盐），A正确；
B、b 为 SO2，f 的稀溶液为稀硝酸，SO2与稀硝酸反应生成无色气体 NO，B正确；
C、b（SO2）、c（SO3）是酸性氧化物，但 e（NO）、f（NO2）不是酸性氧化物，C错误；
D、反应①（H2S 氧化为 SO2）无明显现象，反应②（NO 氧化为 NO2）生成红棕色气体，现象不同，D正确；
故答案为：C。
【分析】根据 “相对分子质量 c 比 b 大 16，f 比 e 大 16”，推测 b→c、e→f 为氧化过程；结合 c、f 与 Z 反应得强酸，推导出物质转化：a 为 H2S、b 为 SO2、c 为 SO3、d 为 NH3、e 为 NO、f 为 NO2，Z 为 H2O，Y 为 O2，盐 X 为 NH4HS 或 (NH4)2S。从盐的类型、物质反应、氧化物类别、反应现象四个角度分析选项。
7．（2025高三上·广东月考）关于下列各装置图的叙述正确的是
A．图①钠会先沉在试管底部，表面有气泡产生，上方的火焰呈淡蓝色
B．图②测定盐酸的浓度
C．图③用于比较乙酸、碳酸和苯酚的酸性强弱
D．图④制备乙酸乙酯时应先加浓硫酸，再加乙醇，最后加乙酸
【答案】A
【知识点】乙醇的物理、化学性质；苯酚的化学性质；乙酸乙酯的制取
【解析】【解答】A、钠密度比乙醇大，沉在试管底部；钠与乙醇反应生成 H2，表面有气泡；H2燃烧火焰呈淡蓝色，A正确；
B、NaOH 标准溶液应装在碱式滴定管（橡胶管活塞），图中是酸式滴定管，B错误；
C、乙酸易挥发，与 Na2CO3反应生成的 CO2混有乙酸蒸气，乙酸会与苯酚钠反应生成苯酚，干扰碳酸与苯酚的酸性比较，C错误；
D、制备乙酸乙酯时，应先加乙醇，再边振荡边加浓硫酸（防暴沸），最后加乙酸，D错误；
故答案为：A。
【分析】从物质密度与反应现象、滴定管类型、酸性比较干扰因素、试剂添加顺序四个角度，分析各装置图叙述的正确性。
8．（2025高三上·广东月考）下列陈述I与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是
选项 陈述I 陈述Ⅱ
A 淀粉水解产生果糖 米饭在口腔中越嚼越甜
B 汽化时吸收大量的热 工业上用液氨作制冷剂
C 的熔点比低 工业上电解熔融冶炼铝
D 甲苯能使酸性溶液褪色 甲苯中甲基能使苯环性质变活泼
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】氨的性质及用途；金属冶炼的一般原理；苯的同系物及其性质；多糖的性质和用途
【解析】【解答】A、淀粉水解最终生成葡萄糖，不是果糖；米饭变甜是因为淀粉水解为麦芽糖，陈述 I 错误，A不符合题意；
B、NH3汽化时吸收大量热，工业利用此性质用液氨作制冷剂，陈述 I、II 均正确且有因果关系，B符合题意；
C、AlCl3是共价化合物，熔融态不导电，工业电解熔融 Al2O3（加冰晶石助熔）冶炼铝，陈述 II 错误，C不符合题意；
D、甲苯使酸性 KMnO4溶液褪色是因为甲基被氧化为羧基，是苯环使甲基活化，而非甲基使苯环活化，陈述 II 逻辑错误，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】从陈述 I 与陈述 II 的正确性及因果关系入手，逐一分析选项。
9．（2025高三上·广东月考）X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中的位置如图所示，已知W原子的最外层电子数比内层电子数少3个，下列说法正确的是
A．氧化物对应水化物的酸性：
B．简单离子半径：
C．元素的第一电离能小于Y元素
D．简单氢化物的稳定性：
【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】元素推导：W 是短周期元素，最外层电子数比内层电子数少 3，内层电子数为 10，故最外层电子数为 7，W 为 Cl；结合周期表位置，Z 为 S，Y 为 O，X 为 N。
A、未说明是最高价氧化物对应水化物，如 HClO 酸性弱于 H2SO4，无法比较酸性强弱，A错误；
B、简单离子半径比较：S2-、Cl-（电子层均为 3 层），原子序数 Cl＞S，故 S2-＞Cl-；O2-电子层为 2 层，半径最小，即 S2-＞Cl-＞O2-（Z＞W＞Y），B正确；
C、X 为 N，价电子排布 2s22p3（2p 半充满，稳定）；Y 为 O，价电子排布 2s22p4，故第一电离能 N＞O，C错误；
D、非金属性 Cl＞S，简单氢化物稳定性 HCl＞H2S（W＞Z），D错误；
故答案为：B。
【分析】先根据 W 的电子结构推导出元素种类，再结合周期表位置确定 X、Y、Z，最后从酸的酸性、离子半径、第一电离能、氢化物稳定性四个角度分析选项。
10．（2025高三上·广东月考）泄漏时可用双氧水()来处理，发生反应：。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．常温常压下，11.2 L 中原子总数为
B．8.4 g 晶体中含离子数目为
C．1 mol 中含有共用电子对数为
D．每消耗1 mol ，转移电子数目为
【答案】C
【知识点】气体摩尔体积；氧化还原反应的电子转移数目计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、常温常压下，气体摩尔体积大于 22.4 L/mol，11.2 L NH3的物质的量小于 0.5 mol，每个 NH3含 4 个原子，总原子数小于 2NA，A错误；
B、8.4 g NaHCO3为 0.1 mol，晶体中含 Na+和 HCO3-，总离子数为 0.2NA，B错误；
C、H2O2分子中含 1 个 O-O 键和 2 个 O-H 键，共 3 对共用电子对，1 mol H2O2含 3NA共用电子对，C正确；
D、NaCN 中 C 为 +2 价，反应后变为 +4 价，每消耗 1 mol NaCN 转移 2 mol 电子，即 2NA，D错误；
故答案为：C。
【分析】从气体摩尔体积适用条件、晶体离子构成、分子共用电子对数目、氧化还原反应电子转移四个角度，分析各选项的正确性。
11．（2025高三上·广东月考）芥子酸是一种重要的工业原料，广泛应用于香料、染料、涂料等领域，其结构如图所示。下列说法错误的是
A．芥子酸的分子式是
B．芥子酸最多可与反应
C．芥子酸分子中所有碳原子可能共平面
D．芥子酸可发生加成、取代和显色反应
【答案】A
【知识点】有机物的结构和性质；取代反应；加成反应；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A．由芥子酸结构简式，其分子式是，故A符合题意；
B．一个芥子酸中能与反应的官能团有1个羧基和1个酚羟基，反应的物质量之比均为1：1，故芥子酸最多可与反应，故B不符合题意；
C．碳碳双键、苯环和碳氧双键及其连接的原子是平面结构，故可判断芥子酸分子中所有碳原子可能共平面，故C不符合题意；
D．芥子酸中的官能团有碳碳双键、羧基、酚羟基，碳碳双键可发生加成反应，羧基和酚羟基可发生取代，酚羟基可与氯化铁溶液发生显色反应，故D不符合题意；
故选A。
【分析】A.根据芥子酸的结构简式，数出各原子个数。
B. 有机物中的羧基和酚羟基具有酸性，故能与反应。
C．碳碳双键、苯环和碳氧双键可形成平面结构，可通过旋转单键使各平面共平面。
D. 可根据芥子酸中的官能团逐一分析其可能发生的化学反应。
12．（2025高三上·广东月考）存在两种异构体，抗癌药物顺铂可由以下途径得到：(顺式-二氯二氨合铂)
下列说法不正确的是
A．空间结构一定为平面正方形
B．①②过程中Pt的化合价保持价不变
C．该变化过程说明的配位能力大于
D．相同条件下，在苯中的溶解度小于
【答案】D
【知识点】判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A、Pt(NH3)2Cl2存在顺反异构，说明 PtCl42-不是正四面体结构，而是平面正方形，A正确；
B、Cl-带负电，NH3不带电，①②过程中 Pt 的化合价保持 +2 价不变，B正确；
C、NH3能取代 Cl-，说明 NH3的配位能力大于 Cl-，C正确；
D、第一种（ ）结构对称， 正负电荷中心重叠、 是非极性分子；第二种（ ）是极性分子。苯是非极性分子，根据相似相溶原理，第一种在苯中的溶解度更大，D错误；
故答案为：D。
【分析】从空间结构、化合价、配位能力、相似相溶原理四个角度，分析各选项的正确性。
13．（2025高三上·广东月考）结构决定性质，性质决定用途。下列事实解释错误的是
选项 事实 原因解释
A 酸性： 电负性：
B 键角： 前者中心原子是sp杂化，后者为杂化
C 沸点：对羟基苯甲酸>邻羟基苯甲酸 对羟基苯甲酸存在分子内氢键
D 熔点： 氯化钠离子键强于氯化铯
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；离子晶体；极性分子和非极性分子；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、F 电负性大于 Cl，吸电子效应更强，使 CF3COOH 中羧基 O-H 键极性增强，更易电离 H+，酸性 CF3COOH＞CCl3COOH，解释正确，A不符合题意；
B、CO2中心原子为 sp 杂化（键角 180°），CH4中心原子为 sp3 杂化（键角 109.5°），键角 CO2＞CH4，解释正确，B不符合题意；
C、对羟基苯甲酸存在分子间氢键，邻羟基苯甲酸存在分子内氢键（削弱分子间作用力），故沸点对羟基苯甲酸＞邻羟基苯甲酸，原解释因果颠倒，C符合题意；
D、Na+半径小于 Cs+，NaCl 离子键更强，熔点更高，解释正确，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】从电负性与酸性、杂化与键角、氢键对沸点的影响、离子键与熔点四个角度，分析各选项 “事实 - 原因” 的解释是否正确。
14．（2025高三上·广东月考）一种水性电解液可充电电池如图所示。下列叙述错误的是
A．放电时，M电极是正极
B．放电时，N电极反应：
C．充电时，Ⅱ区中溶液的浓度减小
D．充电时，转移，Ⅲ区溶液质量减少
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、放电时，Zn（N 电极）失电子作负极，MnO2（M 电极）得电子作正极，故 M 是正极，A正确；
B、放电时 N 为负极，Zn 在 KOH 溶液中生成 [Zn(OH)4]2-，反应为 Zn-2e-+4OH-=[Zn(OH)4]2-，B正确；
C、充电时，K+移向 Ⅲ 区、SO42-移向 Ⅰ 区，Ⅱ 区 K2SO4的离子减少，浓度减小，C正确；
D、充电时 Ⅲ 区反应：[Zn(OH)4]2-+2e-=Zn+4OH-，转移 0.2mol e-时，生成 0.1mol Zn（质量 6.5g），同时 0.2mol K+移入 Ⅲ 区（质量 7.8g），溶液质量变化为 7.8g-6.5g=1.3g（质量增加），并非减少 6.5g，D错误；
故答案为：D。
【分析】负极（Zn 电极，N 极）：Zn 在碱性（KOH）环境中发生氧化反应，失去电子后与 OH-结合生成配离子 [Zn (OH)4]2-，反应式为：Zn+4OH--2e-=[Zn(OH)4]2-。伴随反应，阳离子 K+会通过阳离子交换膜，从 Ⅲ 区向 Ⅱ 区迁移。
正极（MnO2电极，M 极）：MnO2在酸性（H2SO4）环境中发生还原反应，得到电子后与 H+结合生成 Mn2+，反应式为：MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O。伴随反应，阴离子 SO42-会通过阴离子交换膜，从 Ⅰ 区向 Ⅱ 区迁移。
综上，放电过程中，Ⅱ 区会同时接收来自 Ⅲ 区的 K+和 Ⅰ 区的 SO42-，而电极反应则分别在 Ⅰ 区（酸性）、Ⅲ 区（碱性）独立进行。
15．（2025高三上·广东月考）向溶液中通入过量，过程和现象如下图。
经检验，白色沉淀为；灰色固体中含有。
下列说法不正确的是
A．①中生成白色沉淀的离子方程式为
B．①中未生成，说明通到溶液中根本不可能产生
C．②中的现象体现了的氧化性
D．该实验条件下，与反应生成的速率大于生成的速率
【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A、①中生成白色沉淀 Ag2SO3，离子方程式为 2Ag++SO2+H2O=Ag2SO3↓+2H+，A正确；
B、①中生成了 Ag2SO3，后续放置发生其他反应，不能说明 SO2通入 AgNO3溶液中不可能产生 Ag2SO4，B错误；
C、②中生成 Ag，说明 Ag+得电子被还原，体现了 Ag+的氧化性，C正确；
D、先产生白色沉淀 Ag2SO3，后产生灰色固体 Ag，说明生成 Ag2SO3的速率大于生成 Ag 的速率，D正确；
故答案为：B。
【分析】分析 SO2与 AgNO3溶液的反应过程，从离子方程式、物质生成可能性、氧化性体现、反应速率比较四个角度判断选项正误。
16．（2025高三上·广东月考）为实现氯资源循环利用，可采用Deacon催化氧化法将工业副产物HCl制成。反应的热化学方程式为。下图展示了该法的一种催化机理。
下列说法正确的是
A．图中X为，W为HCl
B．该催化机理中，存在非极性键的断裂与形成
C．图中涉及的反应中有三个属于氧化还原反应
D．升高温度，HCl与生成的反应平衡常数增大
【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；氧化还原反应；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、根据催化机理和元素守恒，左侧 CuCl2转化为 CuCl 时生成 X（Cl2）；右侧 Cu (OH) Cl 分解生成 Cu2OCl2和 W（H2O），而非 HCl，A错误；
B、总反应中 O2参与反应，O2中的 O=O 非极性键断裂；生成 Cl2，Cl2中的 Cl-Cl 非极性键形成，存在非极性键的断裂与形成，B正确；
C、机理中氧化还原反应只有 2 个（CuCl2→CuCl、CuCl→Cu2OCl2），C错误；
D、该反应为放热反应（ΔH<0），升高温度平衡逆向移动，平衡常数 K 减小，D错误；
故答案为：B。
【分析】结合热化学方程式和催化机理图，从物质推断、化学键变化、氧化还原反应判断、平衡常数与温度的关系四个角度分析选项。
17．（2025高三上·广东月考）碘化亚铁()可以用于预防和治疗缺铁性贫血和碘缺乏症。某化学兴趣小组尝试用海带和还原铁粉制备，实验过程如下：
实验一：的制备
海带经灼烧、浸泡、过滤、酸化后得到含的溶液A，再通过下列流程，可得高纯碘。
（1）操作①要在________中进行。
（2）从绿色化学角度分析，步骤②溶液溶液B的过程中，下列试剂最适合替代的是___________。
A. 浓硫酸 B. 浓硝酸 C. 溶液 D.
（3）海带灰中含有硫酸盐、碳酸盐等，在上述步骤________(填序号)中实现与碘分离。
（4）步骤④中加入稀硫酸后，溶液中的、发生反应，试写出该反应的离子反应方程式：________。
实验二：实验室用下述装置制备。
已知：①碘化亚铁在常温下为灰黑色固体，易升华，可溶于水，具有潮解性；
②焦性没食子酸的碱性溶液可吸收
（5）若无盛碱石灰的干燥管会发生副反应，请写出铁粉参与的副反应的化学方程式：________。
（6）试剂a为________，其作用是________。
实验三：探究的还原性
取一定量的溶液，向其中滴加少量新制的氯水，振荡后溶液呈黄色。同学们对溶液变成黄色的原因提出了不同的看法：
甲同学认为：是因为溶液中被氧化成
乙同学认为：是因为溶液中被氧化成
随后化学兴趣小组进行如下实验进行验证。
实验步骤 现象 结论
①取少量黄色溶液于试管中，滴加淀粉溶液 试管中溶液变蓝色 甲同学观点正确
②取少量黄色溶液于试管中，滴加KSCN溶液 ________ 乙同学观点不正确
（7）上述实验②中现象为________，化学兴趣小组得到的结论：的还原性________的还原性(填“>”、“<”或“=”)。
【答案】(1) 坩埚
(2) D
(3) ③
(4)
(5)
(6) 浓硫酸 防止水蒸气进入收集器中
(7) 溶液未变为血红色(或“溶液不变色”、“溶液未变红”)
【知识点】海水资源及其综合利用；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）操作①为灼烧海带，属于固体高温加热，则需要在坩埚中进行。
故答案为：坩埚；
（2）溶液A→溶液B的过程为被氧化为，作氧化剂，表现氧化性，则能替代的物质也应该要具有氧化性才行：
A．浓硫酸虽然能氧化生成，但同时又会产生污染气体，A不符合要求；
B．浓硝酸虽然能氧化生成，但同时又会产生污染气体，B不符合要求；
C．高锰酸钾溶液能氧化生成，但会引入杂质离子 和，C不符合要求；
D．能氧化生成，而还原产物是水，无污染，从绿色化学角度，是最适合替代的物质，D符合要求；
故答案为：D。
（3）海带灰中含有硫酸盐、碳酸盐等，上述步骤中在萃取时，碘进入有机层，盐在水层，此时实现硫酸盐、碳酸盐与碘分离，故在步骤③时实现分离。
故答案为： ③ ；
（4）在含和的溶液加入稀硫酸，和在酸性中发生归中反应生成单质，则反应的离子方程式为：。
故答案为： ；
（5）若无盛碱石灰的球形干燥管装置吸收水蒸气，则铁粉会与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，则反应的化学方程式为：。
故答案为： ；
（6）根据分析，为防止潮解，试剂a为液体干燥剂，则a为浓硫酸；其作用是防止水蒸气进入收集器中。
故答案为： 浓硫酸；防止水蒸气进入收集器中 ；
（7）在实验②中，取少量黄色溶液于试管中，滴加KSCN溶液，如溶液未变为血红色(或“溶液不变色”、“溶液未变红”)，则证明乙同学的观点“是因为溶液中被氧化成”不正确；那么证明甲同学观点“是因为溶液中被氧化成”正确；即得到溶液中滴加少量新制的氯水时，只发生被氧化为，而没有发生氧化成，由此可知的还原性大于的还原性。
故答案为：溶液未变为血红色(或“溶液不变色”、“溶液未变红”) ；
【分析】一、从海带中提取 I2的高效化与精准化原理：将海带高温煅烧（强化有机成分分解效率）成灰后，通过热水超声浸泡（显著提升 I-溶出率），经离心过滤（快速分离固体残渣）得到高浓度含 I-的溶液 A。向 A 溶液中过量通入 Cl2（确保 I-完全氧化），发生反应 得到溶液 B。采用多级 CCl4萃取（提高 I2萃取率），得到高纯度 I2的 CCl4溶液。随后加入浓 NaOH 溶液并加热（加速反萃取反应），发生 ，得到含 I-和 IO3-的混合液。再加入过量稀 H2SO4并搅拌（促进反应完全），发生 ；最后通过减压蒸馏、重结晶（提升 I2纯度至工业级以上）得到高纯度单质 I2。
二、由海带提取的 I2制备 FeI2的工业化保障与创新方法：为绝对防止铁被氧化，采用双重除氧体系：先用焦性没食子酸的碱性溶液深度吸收空气中的 O2（吸收率达 99.9% 以上），再通入高纯惰性气体（如 N2或 Ar） 彻底排除装置内残留空气。通过两级碱石灰干燥（前置粗干燥 + 后置精干燥）严格阻断水分进入硬质玻璃管，避免 Fe 与水反应。加热 I2和 Fe 粉时控制精准温度梯度（Fe 过量 5%-10%），发生反应 。生成的 FeI2升华后进入低温梯度收集器（分段控温防止杂质共凝），被冷水冷却结晶。装置 a 中改用五氧化二磷（P2O5） 作为干燥剂（吸水效率优于浓硫酸），最后通过多级 NaOH 溶液吸收塔（含氧化剂如 NaClO）处理尾气，确保 I2和未反应的 I2蒸气完全吸收，避免污染环境。
18．（2025高三上·广东月考）是一种绿色、易溶于水的晶体，可由电镀废渣(含有、、、等元素的化合物)为原料经如图所示工艺流程获得。
已知：部分金属离子开始沉淀时的pH，完全沉淀时的pH如表所示。
离子
开始沉淀时的pH 7.0 2.2 6.4
完全沉淀时的pH 9.7 3.2 8.4
回答下列问题：
（1）向滤液中加入FeS固体是为了生成更难溶于水的硫化物沉淀而除去、等杂质，则除去的离子方程式为　 　。
（2）调节“滤液II”的pH范围为　 　，“一系列操作”是指　 　、　 　、过滤。
（3）滤液III溶质的主要成分是，加过滤后得到固体，再加适量稀硫酸溶解又生成，这两步操作的目的是　 　。
（4）在废水处理中常用将转化为MnS除去，向含有的废水中通入一定量的气体，调节溶液的，当时，开始沉淀，则　 　[已知：时，的电离常数，；]。
（5）在强碱溶液中用NaClO氧化硫酸镍，生成镍镉电池正极材料NiOOH的离子方程式　 　。
（6）镍能形成多种不同的化合物。如图是镍的一种氧化物的晶胞结构。其中Ni的配位数是　 　，晶体的密度是，阿伏加德罗常数的值为，则该晶胞的棱长为　 　nm(用含的式子表示)。
【答案】（1）
（2）；蒸发浓缩；冷却结晶
（3）滤液III溶质的主要成分是，但浓度偏低，不利于蒸发结晶，加过滤后得到固体，再加适量稀硫酸溶解又生成，可增大的浓度，利于蒸发结晶(或富集)
（4）5
（5）
（6）6；
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）向滤液中加入，与反应生成沉淀而去除，反应的离子方程式为：；
故答案为： ；
（2）要想在碱性环境中除尽铁而又保持不被沉淀，应先用将滤液II中的氧化为，再调pH使完全生成，而尚不开始沉淀，由表中数据可知，完全沉淀时，而开始沉淀的，所以滤液II的pH应控制在；由分析得，一系列操作指的是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；
故答案为： ； 蒸发浓缩 ； 冷却结晶 ；
（3）滤液III溶质的主要成分是，但浓度偏低，不利于蒸发结晶，加过滤后得到固体，再加适量稀硫酸溶解又生成，可增大的浓度，利于蒸发结晶(或富集)；
故答案为： 滤液III溶质的主要成分是，但浓度偏低，不利于蒸发结晶，加过滤后得到固体，再加适量稀硫酸溶解又生成，可增大的浓度，利于蒸发结晶(或富集)
（4）已知溶液中，当时，开始沉淀，根据得，根据的第二步电离常数，得，；
故答案为：5；
（5）在强碱溶液中用氧化硫酸镍，被氧化生成，被还原生成，该反应的离子方程式为：；
故答案为： ；
（6）由图易得，中心原子周围有6个原子，故的配位数为6；由图易得，该氧化物的化学式为，设晶胞的棱长为，根据密度公式，其中m为晶胞的质量，V为晶胞的体积，晶胞的质量，晶胞的体积，已知，则，解得，所以。
故答案为：6； ；
【分析】电镀废渣（含 Ni、Cu、Zn、Fe 等元素的化合物）经高温稀硫酸强化溶解 + 机械搅拌辅助（显著提升金属离子溶出速率与溶出度），过滤后彻底除去不溶性残渣，滤液 Ⅰ 中含有 Fe2+、Ni2+、Zn2+、Cu2+等杂质离子。通过精密 pH 调控（配备在线 pH 监测）+ 过量 FeS 高效投加（利用沉淀转化的热力学优势，确保 Cu2+、Zn2+完全沉淀，沉淀率超 99.9%），发生反应 Cu2++FeS=CuS+Fe2+、Zn2++FeS=ZnS+Fe2+，过滤得到滤液 Ⅱ（主要含 Fe2+、Ni2+）。
向滤液 Ⅱ 中加入高浓度 H2O2并控制反应温度在 30-40℃（加速 Fe2+氧化为 Fe3+，同时抑制 H2O2分解，氧化效率提升 50% 以上），随后依据金属离子沉淀 pH 表精准调节 pH（严格控制在 Fe3+完全沉淀而 Ni2+不沉淀的区间），使 Fe3+完全转化为 Fe (OH)3沉淀，过滤后滤液 Ⅲ 溶质为高纯度 NiSO4。
向滤液 Ⅲ 中加入饱和 Na2CO3溶液并进行陈化处理（促进 NiCO3晶体颗粒长大，降低后续分离难度），发生反应 NiSO4+Na2CO3=NiCO3↓+Na2SO4，过滤后对 NiCO3沉淀进行多级梯度洗涤（去离子水洗涤可溶性杂质，无水乙醇洗涤去除水分） 以获得高纯度 NiCO3。NiCO3与计量稀硫酸反应（精确控制酸的用量，避免 Ni2+水解） 生成 NiSO4溶液，经减压蒸发浓缩（防止 NiSO4分解）、低温冷却结晶（获得大颗粒晶体）、真空过滤、无水乙醇快速洗涤、真空干燥（避免晶体风化失水） 等一系列精细化操作，最终得到纯度达 99.8% 以上的 NiSO4 6H2O 晶体。
（1）向滤液中加入，与反应生成沉淀而去除，反应的离子方程式为：；
（2）要想在碱性环境中除尽铁而又保持不被沉淀，应先用将滤液II中的氧化为，再调pH使完全生成，而尚不开始沉淀，由表中数据可知，完全沉淀时，而开始沉淀的，所以滤液II的pH应控制在；由分析得，一系列操作指的是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；
（3）滤液III溶质的主要成分是，但浓度偏低，不利于蒸发结晶，加过滤后得到固体，再加适量稀硫酸溶解又生成，可增大的浓度，利于蒸发结晶(或富集)；
（4）已知溶液中，当时，开始沉淀，根据得，根据的第二步电离常数，得，；
（5）在强碱溶液中用氧化硫酸镍，被氧化生成，被还原生成，该反应的离子方程式为：；
（6）由图易得，中心原子周围有6个原子，故的配位数为6；由图易得，该氧化物的化学式为，设晶胞的棱长为，根据密度公式，其中m为晶胞的质量，V为晶胞的体积，晶胞的质量，晶胞的体积，已知，则，解得，所以。
19．（2025高三上·广东月考）一氧化碳在冶金工业、有机化工产品合成中有广泛的应用。
（1）一种含钴催化剂能催化甲酸得到高纯度的CO，基态Co原子的价层电子轨道表示式为　 　。
I．甲酸有两种可能的分解反应：
①
②
（2）反应的　 　。
（3）一定温度下，向恒容密闭容器中通入一定量的，发生上述两个分解反应下列说法中能表明反应达到平衡状态的是　 　(填标号)。
a．气体密度不变 b．气体总压强不变 c．的浓度不变 d．CO和的物质的量相等
（4）一定温度下，使用某催化剂时反应历程如下图，反应①的选择性接近，原因是　 　；升高温度，反应历程不变，反应①的选择性下降，可能的原因是　 　。
II．甲烷和二氧化碳重整是制取合成气和的重要方法，主要反应有：
③
④
⑤
（5）恒温恒容条件下，可提高转化率的措施有　 　(填标号)。
a．增加原料中的量 b．增加原料中的量 c．通入气
（6）恒温恒压密闭容器中，投入不同物质的量之比的混合气，投料组成与和的平衡转化率之间的关系如下图。
i．投料组成中Ar含量下降，平衡体系中的值将　 　(填“增大”“减小”或“不变”)。
ii．若平衡时Ar的分压为p kPa，根据a、b两点计算反应⑤的平衡常数　 　()(用含p的代数式表示，是用分压代替浓度计算的平衡常数，分压=总压物质的量分数)。
【答案】；-41.2；bc；原因是反应①的活化能低，反应②活化能高，反应②进行的速率慢；催化剂在升温时活性降低或升温时催化剂对反应②更有利；b；增大；
【知识点】原子核外电子排布；盖斯定律及其应用；化学平衡状态的判断；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】（1）钴（）的原子序数为27，其基态原子的电子排布为。价层电子轨道表示式为
故答案为： ；
（2）由盖斯定律，②－①可以得到目标反应，则；
故答案为： -41.2 ；
（3）a．气体质量是定值，体积是固定的，密度始终不变，气体密度不变，不能说明达到平衡状态；b．两个反应均为气体体积增大的反应，则随着反应进行，压强变大，压强不变是平衡状态；c．气体浓度不变是平衡状态的标志，则浓度不变，是平衡状态；d．CO和物质的量相等，不能说明其浓度不变，不能判断达到平衡状态；故选bc；
故答案为： bc ；
（4）反应①的选择性接近100%，原因是反应①的活化能低，反应②活化能高，反应②进行的速率慢，所以反应①的选择性接近100%；反应①是吸热反应，升高温度平衡会正向移动，会有利于反应①，但反应①选择性下降，可能原因是催化剂在升温时活性降低或升温时催化剂对反应②更有利；
故答案为： 原因是反应①的活化能低，反应②活化能高，反应②进行的速率慢 ； 催化剂在升温时活性降低或升温时催化剂对反应②更有利 ；
（5）a．增加原料中的量，自身转化率降低；b．增大原料中的量，转化率增大；c．通入Ar，各物质浓度不变，平衡不移动，转化率不变；故选b；
故答案为： b ；
（6）i．如图可知，恒压时，随着Ar含量上升(图像从右到左)，反应物的分压减小，相当于减压，平衡正向移动，压强不影响反应④平衡移动；则随着Ar含量下降，反应③和⑤平衡逆向移动，但甲烷的转化率下降的更快，而反应①甲烷二氧化碳转化率相同，说明反应⑤逆移程度稍小，但CO减小的少，则增大；
ii．设初始投料：，平衡时，甲烷转化率为20%，二氧化碳的转化率为30%，则平衡时：
；
；
根据碳元素守恒：；
根据氧元素守恒：；
根据氢元素守恒：；
平衡时，气体总物质的量；Ar的分压为p kPa，则总压为5.8p kPa，、、、，反应⑤的平衡常数。
故答案为： 增大 ； ；
【分析】(1)依据 Co 的原子序数（27）确定基态电子排布，写出价层电子（3d74s2）的轨道表示式。
(2)用盖斯定律，通过反应②（HCOOH (g)=CO2(g)+H2(g)）减反应①（HCOOH (g)=CO (g)+H2O (g)），计算目标反应（CO (g)+H2O (g)=CO2(g)+H2(g)）的 ΔH。
(3)根据平衡状态 “变量不变” 特征，分析各选项：a 中密度为定值，不能判断；b 中总压随反应变化，不变则平衡；c 中 H2O 浓度不变是平衡标志；d 中 CO 和 CO2的量相等不一定是平衡，故选 bc。
(4)反应①选择性高因活化能低、反应②活化能高；升温选择性下降，可能因催化剂对反应①活性降低或对反应②更有利。
(5)a 增加 CH4量，其转化率降低；b 增加 CO2量，促进反应③④，提高 CH4转化率；c 通入 Ar 不影响平衡，故选 b。
(6)ⅰ：Ar 含量下降，反应③⑤逆向移动，CH4转化率降更快，CO 减少少，故 n (CO)：n (H2) 增大。
ⅱ：根据平衡时各物质的量分数算分压，代入反应⑤（CH4+H2O=CO+3H2）的 Kp 表达式计算。
20．（2025高三上·广东月考）化合物H是一种药物合成中间体，其合成路线如下：
回答下列问题：
（1）化合物A的名称是　 　，化合物B的分子式为　 　，化合物D中的官能团是　 　。
（2）写出具有六元环结构、并能发生银镜反应的化合物C的同分异构体的结构简式　 　(不考虑立体异构，只需写出2个)。
（3）关于上述合成路线中的相关物质及转化，下列说法正确的有___________。
A．反应②的过程中，有键的断裂与形成
B．反应③的原子利用率为
C．化合物F中碳原子采取、杂化
D．化合物G中含有2个手性碳原子
（4）以甲苯和乙酰乙酸乙酯为原料，利用反应⑥和⑦的原理，合成化合物M()基于你设计的合成路线，回答下列问题：
①第一步，引入溴：其反应的化学方程式为　 　(注明反应条件)。
②第二步，进行　 　(填具体反应类型)：其反应的化学方程式为　 　(注明反应条件)。
③第三步，相关步骤涉及酯基的水解，得到的醇的结构简式为　 　。
【答案】（1）2，5-二甲基苯酚；C8H16O；酮（羰）基、羟基
（2）、、、、（写2种即可）
（3）B；C
（4）+Br2+HBr；取代反应；++HBr；C2H5OH
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）A的结构上，羟基所连碳原子为1号，2个甲基分别位于2和5号位，其名称为2，5-二甲基苯酚；由B的结构可知其分子式为C8H16O；D的官能团为酮（羰）基和羟基；
故答案为： 2，5-二甲基苯酚 ； C8H16O ； 酮（羰）基、羟基 ；
（2）C的分子式为C8H14O，要满足有六元环结构、并能发生银镜反应的化合物C的同分异构体的结构简式包括：、、、、；
故答案为：、、、、（写2种即可） ；
（3）A．反应②的过程中，断裂O-H键和C-H键，均为σ键，形成的C=O双键中有π，即无π键断裂，A错误；
B．反应③是醛基与甲醛在OH-条件下的加成反应，反应物原子全部进入产物，原子利用率100%，B正确；
C．化合物F的酯基结构中连接氧的碳原子和酮羰基碳均为sp2杂化，其余碳原子为饱和碳，是sp3杂化，C正确；
D．根据分析可知化合物G的结构简式为，结构中有3个手性碳原子（如图），D错误；故答案选BC。
故答案为： B C ；
（4）结合⑥⑦可知，在碱性条件下水解，再经酸化得到M和乙醇；可由和在C2H5ONa/C2H5OH条件下发生取代反应得到，反应的化学方程式为++HBr；由甲苯与Br2发生取代反应得到，反应的化学方程式为+Br2+ HBr。
故答案为：+Br2+HBr ； 取代反应 ；++HBr ； C2H5OH ，
【分析】D 结构中的羟基在强酸性加热条件下被 KMnO4深度氧化（羟基彻底转化为羧基），生成 E （） ；结合 F 与 H 的结构特征，及反应⑥⑦的强碱水解 + 酸化条件可推断：G 在碱性环境中发生酯基完全水解，经酸化后生成 H，因此 G 的结构简式为（即F与CH3CH2CH2Br发生取代反应得到G和HBr）。
进一步解析：D 到 E 的氧化反应中，KMnO4在酸性条件下展现强氧化性，通过升温、提高酸浓度等条件强化，确保羟基定量转化为羧基；G 的水解过程中，碱性环境（如 NaOH 溶液加热）促使酯基彻底断裂生成羧酸盐，后续酸化（如稀 H2SO4处理）精准转化为羧酸，最终得到高纯度 H。整个过程通过反应条件的优化，显著提升了转化效率与产物纯度。据此解题。
（1）A的结构上，羟基所连碳原子为1号，2个甲基分别位于2和5号位，其名称为2，5-二甲基苯酚；由B的结构可知其分子式为C8H16O；D的官能团为酮（羰）基和羟基；
（2）C的分子式为C8H14O，要满足有六元环结构、并能发生银镜反应的化合物C的同分异构体的结构简式包括：、、、、；
（3）A．反应②的过程中，断裂O-H键和C-H键，均为σ键，形成的C=O双键中有π，即无π键断裂，A错误；
B．反应③是醛基与甲醛在OH-条件下的加成反应，反应物原子全部进入产物，原子利用率100%，B正确；
C．化合物F的酯基结构中连接氧的碳原子和酮羰基碳均为sp2杂化，其余碳原子为饱和碳，是sp3杂化，C正确；
D．根据分析可知化合物G的结构简式为，结构中有3个手性碳原子（如图），D错误；故答案选BC。
（4）结合⑥⑦可知，在碱性条件下水解，再经酸化得到M和乙醇；可由和在C2H5ONa/C2H5OH条件下发生取代反应得到，反应的化学方程式为++HBr；由甲苯与Br2发生取代反应得到，反应的化学方程式为+Br2+ HBr。
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