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广西南宁市名校联盟2026届高三上学期8月一模化学试题
1．（2025·南宁模拟）076型两栖攻击舰“四川舰”展现了我国国防科技新力量，下列相关说法错误的是
A．飞行甲板的主要材料高强合金钢属于金属材料
B．船体采用富锌涂层，可利用牺牲阳极保护法防腐
C．“四川舰”使用柴油供能，柴油属于油脂
D．锂离子电池用于舰上电力系统的瞬时功率补偿时，化学能转化为电能
2．（2025·南宁模拟）下列实验操作正确的是
A．除去苯甲酸中的不溶性杂质 B．配制一定物质的量浓度的NaOH溶液
C．用NaOH溶液滴定未知浓度的醋酸溶液 D．蒸干溶液得到晶体
A．A B．B C．C D．D
3．（2025·南宁模拟）工业上监测含量是否达到排放标准的化学反应原理是：，设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．常温下，11.2L含有的原子总数为1.5
B．3.4g中非极性键数目为0.2
C．生成1mol，转移的电子数为2
D．常温下，pH=1的HCl溶液中含有的数目为0.1
（2025·南宁模拟）阅读下列材料，完成下列小题。
是氮的常见氢化物。液氨中和的性质类似于水中的和；中的一个H被取代形成，易溶于水，水溶液呈碱性，但相同浓度的水溶液碱性比弱。
4．下列化学用语表述正确的是
A．N的价层电子排布式为 B．的电子式为
C．的VSEPR模型为三角锥形 D．中子数为8的氮的核素为
5．下列有关物质结构和性质的说法中，错误的是
A．和的中心原子杂化类型相同，空间结构也相同
B．键角：，原因是中心原子孤电子对数越多，键角越小
C．相同浓度的水溶液碱性比弱，原因是结合的能力比弱
D．易溶于水，原因是和分子间能形成氢键，且都为极性分子
6．（2025·南宁模拟）缓释布洛芬中主要成分M的结构如图所示。下列关于M的说法正确的是
A．是一种聚酯
B．分子中不含手性碳
C．可发生加成反应和取代反应
D．1molM与足量NaOH溶液充分反应，最多消耗2molNaOH
7．（2025·南宁模拟）X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，基态X原子核外有7种运动状态不同的电子，基态Y原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，Z的基态原子有1个未成对电子，W是短周期金属性最强的元素，Z和Q同主族。下列说法正确的是
A．第一电离能：XB．电负性：ZC．简单气态氢化物的热稳定性：YD．简单离子半径：Z8．（2025·南宁模拟）将转化为的一种方法如下。下列有关反应的离子方程式正确的是
A．溶液显碱性：
B．S转化为：
C．向溶液中通入少量：
D．工业上利用和石灰乳反应制备石膏：
9．（2025·南宁模拟）某小组同学向pH=1的0.5 溶液中分别加入过量Zn粉和Mg粉，探究反应的还原产物：
实验 金属 操作、现象及产物
Ⅰ 过量Zn 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后无气泡冒出，此时溶液pH为3~4，取出固体，固体中未检测到Fe单质
Ⅱ 过量Mg 有大量气泡产生，反应剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质
下列说法错误的是
A．取Ⅱ中少量溶液，滴加溶液，若观察到蓝色沉淀，则证明有生成
B．Ⅰ中红褐色沉淀生成的原因：Zn消耗，促进水解，使其转化为沉淀
C．Ⅰ中未检测到Fe单质的原因可能是Zn被沉淀包裹，阻碍了Zn与的反应
D．若向pH=1的0.5 溶液中加入过量Cu粉，也可观察到生成大量红褐色沉淀
10．（2025·南宁模拟）运用生物电催化技术可实现CO2到甲烷的转化，稀H2SO4做电解液，其电解原理如图所示。下列说法错误的是
A．电势：a>b
B．电解过程中，b电极附近pH降低
C．若产生标准状况下1.12 L的CH4，则理论上导线中通过的电子为0.4 mol
D．若处理的有机物为CH3COOH，则a电极的电极反应式为：
11．（2025·南宁模拟）Pt-MoC催化剂可用于低温甲醇水相重整制氢，反应机理如下：
下列说法错误的是
A．化合物A的化学式为
B．过程Ⅰ涉及了极性键的断裂和非极性键的形成
C．为提高的平衡产率，需更换活性更高的催化剂
D．主反应的化学方程式为
12．（2025·南宁模拟）氧化铈()常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂占据原来的位置，可以得到更稳定的结构，如图所示。晶胞的参数为a nm。下列说法错误的是
A．晶胞中的配位数是8
B．晶胞中与最近的核间距为 nm
C．当掺杂晶体的化学式为时，若m=2，则n=6
D．若M点的原子坐标为(0，0，0)，则N点的原子坐标为
13．（2025·南宁模拟）二氧化碳催化加氢制甲醇，能助力“碳达峰”，涉及反应有：
反应①：
反应②：
在体积可变的容器中，充入1 mol和3.2 mol发生上述反应，平衡时CO和在含碳产物中的物质的量分数及转化率随温度的变化如图所示。下列说法正确的是
A．曲线a代表的物质是CO
B．反应②的平衡常数：K(X)C．250℃之前以反应①为主，250℃之后以反应②为主
D．250℃下发生上述反应，平衡时CO的物质的量为0.1 mol
14．（2025·南宁模拟）常温下，用浓度为0.1 mol/L的H2SO4标准溶液滴定10 mL浓度均为0.2 mol/L的NaOH和Na2A的混合溶液，溶液中所有含A微粒的分布分数δ随pH变化曲线如图(忽略溶液混合后体积变化)。下列说法错误的是
A．Ⅱ表示的微粒为HA-
B．Ka(HA-)的数量级为10-9
C．a点：
D．a、b、c三点中水的电离程度最小的是a点
15．（2025·南宁模拟）电镀工业中添加糖精钴可改善镀层性能。某小组在实验室制备糖精钴，并测定其结晶水含量，过程如下：
已知：表示糖精根离子，其摩尔质量为182g·mol-1，糖精钴的溶解度在热水中较大，在冷水中较小；丙酮沸点为56℃，与水互溶。
(一)制备糖精钠
查阅文献，采用甲苯氯磺化→氨化→氧化→酸化→成盐五步合成糖精钠。甲苯氯磺化原理如图1，实验装置如图2所示(夹持及控温装置略)。
（1）仪器a的名称为　 　。
（2）装置b的作用是　 　。
(二)制备糖精钴
Ⅰ．称取1.0g，加入18mL蒸馏水，搅拌溶解，得溶液1；
Ⅱ．称取2.6g(稍过量)糖精钠()，加入10mL蒸馏水，加热搅拌，得溶液2；
Ⅲ．将溶液2加入到接近沸腾的溶液1中，反应3分钟后停止加热，静置，冷却结晶；
Ⅳ．过滤，依次用三种不同试剂洗涤晶体，晾干得产品。
（3）写出Ⅲ中反应的化学方程式：　 　。
（4）Ⅳ中甲同学洗涤晶体所用洗涤剂的顺序为：冷的1%NaSac溶液→冷水→丙酮；乙同学使用顺序为：冷水→冷的1%NaSac溶液→丙酮。请说明甲同学的方案更为合理的原因　 　。
（5）证明Ⅳ中的晶体已经洗涤干净所需的试剂为　 　。
(三)结晶水含量测定
EDTA和形成1：1配合物。准确称取mg糖精钴产品于锥形瓶中，加蒸馏水，加热溶解，再加入缓冲溶液和指示剂，在50~60℃下，用c的EDTA标准溶液滴定。
（6）滴定终点时消耗标准溶液VmL，则产品中x的测定值为　 　(用含m、c、V的代数式表示)；若滴定前未排出滴定管尖嘴处气泡，滴定后气泡消失，会导致x的测定值　 　(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
16．（2025·南宁模拟）从褐铁矿型金-银矿(含Au、Ag、等)中提取Au、Ag，并回收其它金属的一种工艺如下：
已知：①NaCN有剧毒；
②25℃时，的为。
（1）滤渣2的主要成分是　 　。
（2）“氧化”时加入的作用是　 　。
（3）在25℃进行“沉铁”，过滤后可得到“滤液4”，但过滤前需进行加热，加热的目的是　 　；调节“滤液4”的pH至8.0，无析出，则c()≤　 　。
（4）“浸金银”时一般控制温度为30℃左右，原因是　 　。
（5）“浸金银”时Ag转化为，该反应的离子方程式为　 　；已知也可与、形成配合物，“浸金银”时用替代NaCN的优点是　 　。
17．（2025·南宁模拟）日前我国研发出一种利用乙醇制氢且同时实现乙酸生产的新途径，主要反应为：
Ⅰ．
Ⅱ．
回答下列问题：
（1）广西盛产木薯，乙醇可由木薯生产，补充完整主要过程：　 　。
（2）已知，该反应=　 　。
（3）对于反应Ⅰ：
①在　 　(填“低温”、“高温”或“任何温度”)条件下能自发进行。
②下列措施中既能加快反应速率又能提高平衡转化率的有　 　(填标号)。
A．加压 B．升温 C．分离出
（4）恒压密闭容器中投料后产氢速率和产物的选择性随温度变化关系如图1，关键步骤中间体的能量变化如图2.[已知：乙酸选择性=×100%]
①由图1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为　 　。
②由图中信息可知，乙酸可能是　 　(填“产物1”“产物2”或“产物3”)，理由是　 　。
③在压强为100kPa下，若该密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，已知乙醇和水的起始投料分别为1mol和8mol，某温度下达到平衡时，乙醇的转化率为90%，=4：1，则乙酸的选择性是　 　%，平衡常数=　 　kPa(列出计算式即可)；用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
（5）耦合HCHO也能高效制，部分反应机理为：。反应装置如下图所示，则阳极上的电极反应式为：　 　。
18．（2025·南宁模拟）化合物J是一种具有新型神经化学特征的药剂，对治疗哮喘有明显作用。其合成路线如下图所示：
已知：。
（1）物质A可由Q()转化得到，Q的化学名称为　 　，物质B的含氧官能团名称为　 　。
（2）反应③中M的结构简式为　 　。
（3）反应⑥中条件X可选择　 　(填标号)。
a．NaOH/ b． c．溶液
（4）反应③采用三乙胺()可以促进反应正向进行，原因是　 　。
（5）D→E中第(1)步的反应方程式为　 　。
（6）写出一种符合下列条件的C的同分异构体的结构简式　 　。
①分子结构中含有苯环及；
②能发生银镜反应；
③核磁共振氢谱图中有4组峰，且峰面积之比为1：2：2：1.
（7）结合上述流程，设计以苯和氯乙烷为原料制备的合成路线　 　。(其他无机试剂任选)
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；合金及其应用；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、金属材料包含纯金属与合金，高强合金钢是铁的合金，所以属于金属材料，A正确；
B、富锌涂层里的锌，其金属活动性比铁强。在形成原电池时，锌会作为负极失去电子被氧化，从而保护铁不被腐蚀，这是牺牲阳极保护法的应用，B正确；
C、柴油是石油分馏得到的产物，属于多种烃类的混合物，而油脂是酯类物质，二者类别不同，C错误；
D、锂离子电池在作为瞬时功率补偿电源时，是原电池装置，能将化学能转化为电能，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
混淆金属材料范畴，忽略合金属于金属材料。
对牺牲阳极保护法的原理及锌铁活动性顺序的防腐作用理解不到位。
误将柴油（烃类混合物）与油脂（酯类）的类别混淆。
对锂离子电池作为原电池时化学能转电能的能量转化形式认识不清。
2．【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；过滤；配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A、过滤操作中，漏斗颈应紧贴烧杯内壁，图中未做到，A错误；
B、配制一定物质的量浓度的 NaOH 溶液时，NaOH 固体应先在烧杯中溶解，冷却后再转移至容量瓶；且引流时玻璃棒底端应在容量瓶刻度线以下，图中操作不符合要求，B错误；
C、NaOH 溶液为碱性溶液，应盛放在碱式滴定管中；滴定醋酸溶液至终点时生成醋酸钠，溶液呈碱性，应选用酚酞作指示剂，而非甲基橙，C错误；
D、Fe2(SO4)3溶液中，Fe3+会水解生成 Fe (OH)3和 H2SO4，由于 H2SO4不易挥发，水解平衡不会持续正向移动，蒸干后可得到 Fe2(SO4)3晶体，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．重点关注漏斗颈与烧杯壁的贴合要求。
B．需明确NaOH 固体的溶解容器（烧杯）、溶液冷却要求以及玻璃棒引流的位置（容量瓶刻度线以下）。
C．要把握滴定管的选择（碱式滴定管盛碱性溶液）和指示剂的匹配（根据滴定终点溶液酸碱性选酚酞）。
D．核心是分析盐类水解产物的挥发性，若水解生成的酸不易挥发（如 H2SO4），则蒸干可得到原盐晶体。
3．【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；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、气体摩尔体积 22.4L/mol 的适用条件是标准状况（0℃、101kPa），常温下不适用，因此无法计算 11.2L SO2的物质的量及原子总数，A错误；
B、H2O2的摩尔质量为 34g/mol，3.4g H2O2的物质的量为 0.1mol。每个 H2O2分子中含 1 个 O-O 非极性键，故 0.1mol H2O2中含非极性键数目为 0.1NA，B错误；
C、在反应 SO2+H2O2+BaCl2=BaSO4↓+2HCl 中，SO2中 S 元素从 +4 价升高到 BaSO4中的 +6 价，每生成 1mol BaSO4，转移 2mol 电子，即转移电子数为 2NA，C正确；
D、计算溶液中 H+数目需知道溶液体积，题目中未给出 pH=1 的 HCl 溶液体积，无法计算 H+数目，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．需明确气体摩尔体积的适用条件（标准状况），常温下不能用 22.4L/mol 计算气体物质的量。
B．要掌握H2O2的分子结构（含 1 个 O-O 非极性键），结合物质的量计算非极性键数目。
C．核心是分析反应中元素的化合价变化，确定电子转移的物质的量与生成 BaSO4的关系。
D．计算离子数目时必须关注溶液体积是否已知，无体积则无法计算。
【答案】4．B
5．A
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】（1）A、价层电子排布式是指价电子的排布，N的价电子是最外层电子，其价层电子排布式应为，而是其电子排布式，A错误；
B、中两个N原子之间形成单键，每个N原子与两个H原子形成单键，电子式为，B正确；
C、的中心原子N的价层电子对数为4（3个成键电子对+1个孤电子对），VSEPR模型为四面体形，其空间结构为三角锥形，C错误；
D、核素的表示方法是，其中A为质量数，Z为质子数，N的质子数为7，中子数为8，则质量数为15，核素应为，D错误；
故答案为：B。
（2）A、的中心原子N的价层电子对数为4，杂化类型为，空间结构为正四面体形；的中心原子O的价层电子对数为4（3个成键电子对+1个孤电子对），杂化类型为，空间结构为三角锥形。二者杂化类型相同，但空间结构不同，A错误；
B、中心原子N有2个孤电子对，中心原子N无孤电子对。孤电子对之间的斥力大于孤电子对与成键电子对之间的斥力，孤电子对数越多，键角越小，故键角，B正确；
C、物质的碱性强弱与结合的能力有关，相同浓度水溶液中碱性比弱，是因为结合的能力比弱，C正确；
D、和均为极性分子，且分子间能形成氢键，根据“相似相溶”原理及氢键对溶解性的影响，易溶于水，D正确；
故答案为：A。
【分析】（1）要解决此题，需结合价层电子排布、电子式、VSEPR模型、核素表示的知识逐一分析：
A．明确价层电子仅指最外层电子，区分电子排布式与价层电子排布式的差异。
B．关注中N原子的孤电子对及原子间成键方式，判断电子式的正确性。
C．理解“VSEPR模型需考虑孤电子对，空间结构是模型排除孤电子对后的形态”，明确的VSEPR模型类型。
D．牢记核素符号中质子数（）、中子数、质量数（A=质子数+中子数）的关系，判断氮核素的正确表示。
（2）要解决此题，需结合杂化类型、空间结构、键角影响因素、物质溶解性及碱性原因逐一分析：
A．分析和的孤电子对数目，明确孤电子对对空间结构的影响，区分二者空间结构。
B．把握“孤电子对斥力 > 成键电子对斥力，孤电子对数越多键角越小”的规律，判断键角大小关系。
C．明确“物质碱性强弱由结合的能力决定”，结合题干中与的碱性差异分析原因。
D．掌握“极性分子相似相溶、分子间氢键促进溶解”的原理，分析易溶于水的原因。
4．A、价层电子排布式是指价电子的排布，N的价电子是最外层电子，其价层电子排布式应为，而是其电子排布式，A错误；
B、中两个N原子之间形成单键，每个N原子与两个H原子形成单键，电子式为，B正确；
C、的中心原子N的价层电子对数为4（3个成键电子对+1个孤电子对），VSEPR模型为四面体形，其空间结构为三角锥形，C错误；
D、核素的表示方法是，其中A为质量数，Z为质子数，N的质子数为7，中子数为8，则质量数为15，核素应为，D错误；
故答案为：B。
5．A、的中心原子N的价层电子对数为4，杂化类型为，空间结构为正四面体形；的中心原子O的价层电子对数为4（3个成键电子对+1个孤电子对），杂化类型为，空间结构为三角锥形。二者杂化类型相同，但空间结构不同，A错误；
B、中心原子N有2个孤电子对，中心原子N无孤电子对。孤电子对之间的斥力大于孤电子对与成键电子对之间的斥力，孤电子对数越多，键角越小，故键角，B正确；
C、物质的碱性强弱与结合的能力有关，相同浓度水溶液中碱性比弱，是因为结合的能力比弱，C正确；
D、和均为极性分子，且分子间能形成氢键，根据“相似相溶”原理及氢键对溶解性的影响，易溶于水，D正确；
故答案为：A。
6．【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、聚酯是由多元醇和多元羧酸缩聚而成的聚合物，而该物质的结构中无多元醇与多元羧酸的缩聚特征，不属于聚酯，A错误；
B、手性碳是指连有四个不同原子或基团的碳原子。观察分子结构，存在标注 * 的碳原子（ ），属于手性碳，B错误；
C、分子中含苯环，苯环可与氢气发生加成反应；同时含酯基，酯基可发生水解反应（属于取代反应），因此可发生加成反应和取代反应，C正确；
D、该分子中含 n 个酯基，每个酯基水解后生成的羧基和酚羟基（或醇羟基，此处结合结构为羧基类水解）均能与 NaOH 反应，1mol M 与足量 NaOH 溶液反应，最多消耗 2n mol NaOH，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题的易错点主要有以下几点：
对聚酯的定义和结构特征理解不清，容易混淆聚酯与其他类型聚合物，误判物质类别。
对手性碳的 判断标准（连有四个不同原子或基团的碳原子）掌握不扎实，易忽略分子中符合手性碳条件的原子。
对有机物反应类型的判断存在误区，不清楚苯环的加成反应和酯基的水解反应（取代反应）的特点，易漏判反应类型。
对官能团与 NaOH 反应的计量关系分析不到位，忽略聚合物中官能团的数目（n 的影响），错误计算消耗 NaOH 的物质的量。
7．【答案】C
【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、第一电离能的变化规律中，N的2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能，即，A错误；
B、电负性随原子序数增大而增大（同主族），故电负性，即，B错误；
C、元素的非金属性越强，简单气态氢化物的热稳定性越强。非金属性，故热稳定性，即，C正确；
D、电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小。和电子层结构相同，核电荷数，故离子半径，即，D错误；
故答案为：C。
【分析】推断元素：
基态X原子核外有7种运动状态不同的电子，说明X的质子数为7，故X为N。
基态Y原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，Y为短周期元素，故Y为O。
W是短周期金属性最强的元素，故W为Na。
Z的基态原子有1个未成对电子，且原子序数在O和Na之间，故Z为F；Z和Q同主族，故Q为Cl。据此解题。
8．【答案】B
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、的水解是分步进行的，第一步水解为，并非一步生成，A错误；
B、S与在加热条件下发生歧化反应，生成、和，离子方程式为，配平及反应类型均正确，B正确；
C、向溶液中通入少量时，由于过量，反应生成的会与剩余的结合为，正确的离子方程式应为，C错误；
D、石灰乳中的主要以浊液形式存在，不能拆分为，正确的离子方程式应为，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．把握多元弱酸根水解的分步性，作为二元弱酸根，水解先生成，不会直接生成。
B．明确S与强碱的歧化反应规律，S既升价生成又降价生成，结合得失电子守恒和电荷守恒配平。
C．关注反应物用量对产物的影响，少量与过量反应时，生成的不会过量，需与剩余结合为，而非直接以存在。
D．牢记离子方程式的拆分规则，石灰乳为浊液，其中不能拆分为离子形式，只有澄清石灰水才可拆分。
9．【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；铁盐和亚铁盐的相互转变；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A、溶液可与反应生成蓝色沉淀，若取Ⅱ中少量溶液滴加该溶液出现蓝色沉淀，可证明有生成，A正确；
B、Ⅰ中Zn消耗，使的水解平衡正向移动，从而转化为红褐色沉淀，B正确；
C、Ⅰ中产生大量沉淀，可能包裹Zn，阻碍Zn与进一步反应，故未检测到Fe单质，C正确；
D、Cu的金属活动性较弱，与反应极慢，无法有效消耗促进水解，因此加入过量Cu粉不会生成大量红褐色沉淀，D错误；
故答案为：D。
【分析】A、牢记的特征检验试剂（溶液）及对应现象（生成蓝色沉淀），以此判断是否有生成。
B、抓住对水解平衡的影响——Zn消耗会使水解平衡正向移动，进而推导沉淀的生成逻辑。
C、考虑沉淀对反应物的包裹作用，大量沉淀可能覆盖Zn表面，阻碍后续反应，解释未检测到Fe单质的原因。
D、明确金属活动性与反应能力的关联—Cu金属活动性弱，难以与快速反应，无法显著降低浓度，故不能促进大量水解生成沉淀。
10．【答案】B
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】判断电极：由 H+的移动方向可知，a 为阳极，b 为阴极；阳极电势高于阴极，电源正极连接阳极、负极连接阴极。
A、阳极（a）电势高于阴极（b），即 a > b，A正确；
B、b 电极为阴极，CO2得电子生成 CH4，电极反应为 CO2+8H++8e-=CH4+2H2O，反应消耗 H+，附近 pH 升高，B错误；
C、标准状况下 1.12 L CH4的物质的量为 0.05 mol，由阴极反应可知，生成 1 mol CH4转移 8 mol 电子，故生成 0.05 mol CH4时，导线中通过电子 0.4 mol，C正确；
D、a 电极为阳极，CH3COOH 失电子生成 CO2，结合电解质为稀 H2SO4，电极反应为
CH3COOH-8e-+2H2O=2CO2↑+8H+，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．电极判断：根据H+的移动方向确定阳极（a）和阴极（b），明确阳极电势高于阴极。
B．分析阴极（b）的电极反应，关注H+的消耗情况，判断 pH 变化。
C．结合 CH4的生成反应，利用电子转移与物质的量的关系（生成 1mol CH4转移 8mol 电子）计算电子转移量。
D．明确阳极（a）的氧化反应，结合有机物（CH3COOH）的氧化产物（CO2）和电解质环境（稀 H2SO4），推导电极反应式。
11．【答案】C
【知识点】化学键；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．分析过程Ⅴ的反应，可知化合物A为，A正确；
B．过程Ⅰ中，极性键断裂，同时形成非极性键，涉及极性键的断裂和非极性键的形成，B正确；
C．催化剂只能改变反应速率，不能影响化学平衡，因此更换活性更高的催化剂无法提高的平衡产率，C错误；
D．综合过程Ⅰ~Ⅳ，主反应为与反应生成和，化学方程式为，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．根据反应机理图中过程 Ⅴ 的物质转化，确定化合物 A 为 CH4。
B．分析过程 Ⅰ 中 O—H 极性键断裂和 H—H 非极性键形成。
C．明确催化剂只改变反应速率，不影响平衡，无法提高 H2平衡产率。
D．整合过程 Ⅰ~Ⅳ 的物质变化，确定主反应为 CH3OH+H2O=CO2↑+3H2↑。
12．【答案】C
【知识点】离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A、在晶胞中，周围等距且最近的有8个，故配位数为8，A正确；
B、晶胞中，与最近的核间距为体对角线的，体对角线长为 nm，故核间距为 nm，B正确；
C、根据电荷守恒，、与需满足电荷平衡。当时，设为、为，则，结合晶胞中的实际数目，计算得n=5，C错误；
D、若点坐标为，点在晶胞内的位置对应坐标为，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．观察晶胞结构，确定周围最近且等距的数目。
B．明确晶胞中离子核间距与体对角线的关系，计算与最近的距离。
C．依据电荷守恒，结合时和的数目关系，推导n的数值。
D．以点坐标为基准，根据点在晶胞内的相对位置，确定其坐标参数。
13．【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、由上述曲线含义，曲线a代表CH3OH，曲线b代表CO，A错误；
B、反应②，温度升高平衡逆向移动，平衡常数减小。X点温度低于Y点，故，B错误；
C、250℃前，CH3OH的物质的量分数高于CO，反应以②为主；250℃后，CO的物质的量分数高于CH3OH，反应以①为主，C错误；
D、250℃时，CO2转化率为 20%，CO和的物质的量分数相等，则n(CO)=n()=1×20%×50%=0.1 mol，D正确；
故答案为：D。
【分析】反应①，升温平衡正向移动，CO的物质的量分数随温度升高而增大；反应②，升温平衡逆向移动，CH3OH的物质的量分数随温度升高而减小。因此曲线a代表CH3OH，曲线b代表CO，曲线q代表CO2转化率。
14．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A、滴定过程中，逐步与反应生成、。曲线Ⅱ随加入先增后减，代表，曲线Ⅰ代表，A正确；
B、当与分布分数相等时，约为9，此时，数量级为，B正确；
C、a点溶液中，电荷守恒为。结合，，整理得，C正确；
D、、的水解促进水的电离，的电离抑制水的电离。a点含、，b点为主，c点生成，故水的电离程度最小的是c点，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．根据与的分步反应规律，结合曲线随加入的变化趋势，区分（曲线Ⅰ）和（曲线Ⅱ）。
B．利用弱酸电离常数表达式，抓住“与分布分数相等时”的核心关系，结合对应求算数量级。
C．先写出溶液电荷守恒式，再根据和的初始浓度与加入量计算物质的量，推导目标等式。
D．明确“水解促进水的电离、电离抑制水的电离”，对比a、b、c三点微粒组成（、、的占比），判断水的电离程度。
15．【答案】恒压滴液漏斗；吸收HCl气体；；先用冷的1%NaSac溶液洗涤，可降低糖精钴溶解度，减少晶体损失；第二步用水洗，可以洗去先加的NaSac溶液，不引入新的杂质；稀硝酸、硝酸银溶液；(或：)；偏小
【知识点】物质的分离与提纯；中和滴定；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）仪器a的名称为恒压滴液漏斗。
故答案为： 恒压滴液漏斗 ；
（2）根据原理可知氯磺酸与生成的水发生水解，生成了HCl，故用装置b吸收生成的HCl气体。
故答案为： 吸收HCl气体 ；
（3）Ⅲ中反应的化学方程式：。
故答案为： ；
（4）甲同学第一步先用冷的1%NaSac溶液洗涤，可降低糖精钴溶解度，减少晶体损失；NaSac溶液能将晶体表面吸附的转化为晶体析出，产率更高；第二步用水洗，可以洗去先加的NaSac溶液，不引入新的杂质，故甲同学的方案更为合理。
故答案为： 先用冷的1%NaSac溶液洗涤，可降低糖精钴溶解度，减少晶体损失；第二步用水洗，可以洗去先加的NaSac溶液，不引入新的杂质 ；
（5）可能通过检验最后一次洗涤液是否残留有来判断晶体是否洗涤干净，所需试剂为：稀硝酸、硝酸银溶液。
故答案为： 稀硝酸、硝酸银溶液 ；
（6）滴定消耗的n(EDTA)=mol，EDTA与形成1：1配合物，则样品溶解后的n()=mol，即样品中的n{}=n()，所以：解得：g/mol=mg，
x=(或=)；若滴定前未排出滴定管尖嘴处气泡，滴定后气泡消失，会导致消耗EDTA溶液体积偏大，即V偏大，根据x=，则x偏小。
故答案为：(或：) ；偏小。
【分析】本实验通过反应制备糖精钴，经冰水浴结晶后，按“冷的1% NaSac溶液、冷水、丙酮”的顺序洗涤获得晶体，最后将晶体溶解，用EDTA标准溶液滴定以测定结晶水的数量。
（1）识别仪器名称，关键是记住恒压滴液漏斗的结构特征。
（2）分析装置作用，依据反应原理（氯磺酸水解生成 HCl），判断装置 b 吸收 HCl 气体。
（3）写化学方程式，结合反应物（CoCl2、NaSac、H2O）和产物（Co (Sac)2(H2O)4、NaCl），配平即可。
（4）分析洗涤顺序合理性，从降低溶解度、减少损失、去除杂质角度，说明先冷的 1% NaSac 溶液洗涤的优势。
（5）选择检验洗涤干净的试剂，利用 Cl-的检验方法，选用稀硝酸、硝酸银溶液。
（6）计算 x 的测定值，利用 EDTA 与 Co2+的 1：1 配位关系，结合质量守恒推导公式；判断误差时，分析滴定管气泡对 V 的影响，进而判断 x 的变化。
16．【答案】（1）
（2）将溶液中的氧化为，便于后续调pH除去
（3）破坏胶体的形成，有利于生成沉淀，便于过滤；0.19
（4）温度低于30℃，反应速率较慢；温度高于30℃，会发生分解，浸取率低
（5）；安全无毒，对环境无污染
【知识点】氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）由分析可知，滤渣2的主要成分是SiO2。
故答案为： ；
（2）“氧化”时加入，可将溶液中的氧化为，便于后续调pH除去。
故答案为： 将溶液中的氧化为，便于后续调pH除去 ；
（3）“沉铁”时加入NaOH调节pH，使转化为，由于水解容易生成胶体，因此过滤除去需进行加热，破坏胶体的形成，有利于生成沉淀，便于过滤；调节“滤液4”的pH至8.0，此时，无析出，根据的为，则c()≤。
故答案为： 破坏胶体的形成，有利于生成沉淀，便于过滤 ； 0.19 ；
（4）“浸金银”时加入H2O2，温度低于30℃，反应速率较慢；温度高于30℃，会发生分解，浸取率低，因此一般控制温度为30℃左右。
故答案为： 温度低于30℃，反应速率较慢；温度高于30℃，会发生分解，浸取率低 ；
（5）“浸金银”时Ag与H2O2、NaCN反应，生成，离子方程式为；根据已知信息，NaCN有剧毒，因此可用替代NaCN，安全无毒，且对环境无污染。
故答案为： ； 安全无毒，对环境无污染 。
【分析】金-银矿经“还原酸浸”，、被还原为、，溶解为，、、进入滤渣1；滤液1加铁粉“沉铜”得，滤液3加“氧化”为，再加“沉铁”得（后续转），滤液4加“沉锰”得；滤渣1加、“浸金银”，、进入滤液2提炼，进入滤渣2。
（1）由分析可知，滤渣2的主要成分是SiO2。
（2）“氧化”时加入，可将溶液中的氧化为，便于后续调pH除去。
（3）“沉铁”时加入NaOH调节pH，使转化为，由于水解容易生成胶体，因此过滤除去需进行加热，破坏胶体的形成，有利于生成沉淀，便于过滤；调节“滤液4”的pH至8.0，此时，无析出，根据的为，则c()≤。
（4）“浸金银”时加入H2O2，温度低于30℃，反应速率较慢；温度高于30℃，会发生分解，浸取率低，因此一般控制温度为30℃左右。
（5）“浸金银”时Ag与H2O2、NaCN反应，生成，离子方程式为；根据已知信息，NaCN有剧毒，因此可用替代NaCN，安全无毒，且对环境无污染。
17．【答案】（1）淀粉
（2）-24.3
（3）高温；B
（4）270℃；产物1；图2中产物1的活化能最小，反应速率最快，选择性最大，结合图1可知选择性最大的是乙酸，所以产物1为乙酸；80；
（5）
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算；离子方程式的书写；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）木薯预处理得到淀粉，淀粉水解得到葡萄糖，葡萄糖发酵产生二氧化碳和乙醇；
故答案为： 淀粉 ；
（2）反应Ⅰ-反应Ⅱ得到，根据盖斯定律可知，该反应=；
故答案为： -24.3 ；
（3）①反应Ⅰ为熵增的吸热反应，由可知，该反应在高温条件下可以自发；
②A．加压可以加快反应速率，但平衡逆转，平衡转化率下降，A不符合题意；
B．升温速率增大且平衡正移，平衡转化率升高，B符合题意；
C．移走平衡正向移动，平衡转化率升高，但速率下降，C不符合题意；
故答案为： 高温 ； B。
（4）①由图1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为270℃，原因为乙酸选择性最大且反应速率较快；
②由图2可知关键步骤中生成产物1的最大能垒为0.58eV，生成产物2的最大能垒为0.66eV，生成产物3的最大能垒为0.81eV，即生成产物1的活化能最小，根据图1中乙酸的选择性最大，说明相同条件下生成乙酸的反应速率最大，则乙酸可能是产物1；
③平衡时=4：1，可得乙酸选择性==80%，平衡时乙醇的转化率为90%，乙酸的选择性为80%，则平衡时生成的乙酸的物质的量=90%×80%×1=0.72 mol，=1 mol×10%=0.1 mol，列三段式，，则平衡时乙醇、(g)、氢气、乙酸、乙醛的物质的量分别为0.1 mol、7.28 mol、1.62 mol、0.72 mol、0.18 mol，气体总物质的量为0.1 mol＋7.28 mol＋1.62 mol＋0.72 mol＋0.18 mol=9.9 mol，则；
故答案为： 270℃ ； 产物1 ； 图2中产物1的活化能最小，反应速率最快，选择性最大，结合图1可知选择性最大的是乙酸，所以产物1为乙酸 ；80； ；
（5）b电极甲醛转化为HCOO-，HCHO发生氧化反应，b为阳极，故阳极上的电极反应式为：。
故答案为： 。
【分析】（1）明确木薯制乙醇流程，木薯预处理得淀粉，淀粉水解为葡萄糖，再发酵生成乙醇，关键是中间产物为淀粉。
（2）用盖斯定律，目标反应 = 反应 Ⅰ- 反应 Ⅱ，ΔH=44.4 - 68.7 = -24.3 kJ mol- 。
（3）①反应 ⅠΔH>0、ΔS>0，ΔG=ΔH-TΔS<0 时需高温，故填高温。
②升温可加快速率且使平衡正向移动，提高转化率，选 B。
（4）①图 1 中 270℃时乙酸选择性最高且产氢速率较快，故为最适温度。
②图 2 中产物 1 活化能最小，反应速率最快，结合图 1 乙酸选择性最大，故乙酸为产物 1。
③乙酸选择性 =（生成乙酸的乙醇量÷转化的乙醇量）×100%=80%；根据各物质平衡时的量计算分压，代入 Kp1 表达式。
（5）阳极发生氧化反应，结合机理，HCHO 失电子生成 HCOO-，电极反应为 。
（1）木薯预处理得到淀粉，淀粉水解得到葡萄糖，葡萄糖发酵产生二氧化碳和乙醇；
（2）反应Ⅰ-反应Ⅱ得到，根据盖斯定律可知，该反应=；
（3）①反应Ⅰ为熵增的吸热反应，由可知，该反应在高温条件下可以自发；
②A．加压可以加快反应速率，但平衡逆转，平衡转化率下降，A不符合题意；
B．升温速率增大且平衡正移，平衡转化率升高，B符合题意；
C．移走平衡正向移动，平衡转化率升高，但速率下降，C不符合题意；
故选B。
（4）①由图1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为270℃，原因为乙酸选择性最大且反应速率较快；
②由图2可知关键步骤中生成产物1的最大能垒为0.58eV，生成产物2的最大能垒为0.66eV，生成产物3的最大能垒为0.81eV，即生成产物1的活化能最小，根据图1中乙酸的选择性最大，说明相同条件下生成乙酸的反应速率最大，则乙酸可能是产物1；
③平衡时=4：1，可得乙酸选择性==80%，平衡时乙醇的转化率为90%，乙酸的选择性为80%，则平衡时生成的乙酸的物质的量=90%×80%×1=0.72 mol，=1 mol×10%=0.1 mol，列三段式，，则平衡时乙醇、(g)、氢气、乙酸、乙醛的物质的量分别为0.1 mol、7.28 mol、1.62 mol、0.72 mol、0.18 mol，气体总物质的量为0.1 mol＋7.28 mol＋1.62 mol＋0.72 mol＋0.18 mol=9.9 mol，则；
（5）b电极甲醛转化为HCOO-，HCHO发生氧化反应，b为阳极，故阳极上的电极反应式为：。
18．【答案】（1）2，4-二氯苯甲酸；酯基
（2）
（3）b
（4）三乙胺()有碱性，可中和反应生成的HCl，促使平衡正向移动
（5）
（6）或或或或或
（7）
【知识点】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）由Q的结构式可知，Q的化学名称为：2，4-二氯苯甲酸；物质B的含氧官能团名称为：酯基。
故答案为： 2，4-二氯苯甲酸 ； 酯基 ；
（2）反应③中，C与 M（C7H9N)反应，M需提供含N的有机碱结构，故 M 的结构简式为：。
故答案为： ；
（3）反应⑥是羰基（C=O）还原为羟基（-OH）的反应： NaOH/C2H5OH是消去 / 水解条件，不还原羰基；NaBH4是常用的羰基还原剂，可将C=O还原为-OH； Ag(NH3)2OH是银镜反应试剂，不还原羰基，因此选b。
故答案为： b ；
（4）三乙胺（）的氮有孤对电子而显碱性，可中和反应生成的，促使平衡正向移动。
故答案为： 三乙胺()有碱性，可中和反应生成的HCl，促使平衡正向移动 ；
（5）D 的结构含酯基（-COOCH3），在NaOH条件下发生酯的水解反应，生成羧酸钠和甲醇，反应方程式为：。
故答案为： ；
（6）该同分异构体含有，能发生银镜反应说明含有醛基，核磁共振氢谱图中有4组峰，且峰面积之比为1∶2∶2∶1，则结构简式为
或 或或或或。
故答案为：或或或或或 ；
（7）利用 “硝化→还原→烷基化” 三步反应，合成路线为：。
故答案为： 。
【分析】化合物 A（对氯苯胺羧酸）与 SOCl2、CH3OH 发生反应①，羧酸基转化为酯基，生成化合物 B（对氯苯胺羧酸甲酯）；化合物 B 与 NaNO2、HCl、Na2S2O7经反应②，氨基转化为苯磺酰氯基，得到化合物 C（对氯苯磺酰氯羧酸甲酯）；化合物 C 与 M（C7H9N）通过反应③，苯磺酰氯基与 M（ ） 中的氨基成键，生成化合物 D（对氯苯磺酰氨基羧酸甲酯）；化合物 D 经反应④（NaOH 水解后酸化），酯基转化为羧基，得到化合物 E（对氯苯磺酰氨基羧酸）；化合物 E 在一定条件下发生反应⑤，经环化形成化合物 F；化合物 F 经反应⑥（条件 X）引入羟基，生成化合物 G；化合物 G 与 SOCl2发生反应⑦，羟基被氯原子取代，得到化合物 H；化合物 H 与 H2N (CH2)6COOCH2CH3通过反应⑧，氯原子被氨基取代，生成化合物 I；化合物 I 与 NaOH 经反应⑨，酯基水解为羧酸钠盐，最终得到目标产物 J。
（1）由Q的结构式可知，Q的化学名称为：2，4-二氯苯甲酸；物质B的含氧官能团名称为：酯基。
（2）反应③中，C与 M（C7H9N)反应，M需提供含N的有机碱结构，故 M 的结构简式为：。
（3）反应⑥是羰基（C=O）还原为羟基（-OH）的反应： NaOH/C2H5OH是消去 / 水解条件，不还原羰基；NaBH4是常用的羰基还原剂，可将C=O还原为-OH； Ag(NH3)2OH是银镜反应试剂，不还原羰基，因此选b。
（4）三乙胺（）的氮有孤对电子而显碱性，可中和反应生成的，促使平衡正向移动。
（5）D 的结构含酯基（-COOCH3），在NaOH条件下发生酯的水解反应，生成羧酸钠和甲醇，反应方程式为：。
（6）该同分异构体含有，能发生银镜反应说明含有醛基，核磁共振氢谱图中有4组峰，且峰面积之比为1∶2∶2∶1，则结构简式为或 或或或或。
（7）利用 “硝化→还原→烷基化” 三步反应，合成路线为：。
1 / 1广西南宁市名校联盟2026届高三上学期8月一模化学试题
1．（2025·南宁模拟）076型两栖攻击舰“四川舰”展现了我国国防科技新力量，下列相关说法错误的是
A．飞行甲板的主要材料高强合金钢属于金属材料
B．船体采用富锌涂层，可利用牺牲阳极保护法防腐
C．“四川舰”使用柴油供能，柴油属于油脂
D．锂离子电池用于舰上电力系统的瞬时功率补偿时，化学能转化为电能
【答案】C
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；合金及其应用；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、金属材料包含纯金属与合金，高强合金钢是铁的合金，所以属于金属材料，A正确；
B、富锌涂层里的锌，其金属活动性比铁强。在形成原电池时，锌会作为负极失去电子被氧化，从而保护铁不被腐蚀，这是牺牲阳极保护法的应用，B正确；
C、柴油是石油分馏得到的产物，属于多种烃类的混合物，而油脂是酯类物质，二者类别不同，C错误；
D、锂离子电池在作为瞬时功率补偿电源时，是原电池装置，能将化学能转化为电能，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
混淆金属材料范畴，忽略合金属于金属材料。
对牺牲阳极保护法的原理及锌铁活动性顺序的防腐作用理解不到位。
误将柴油（烃类混合物）与油脂（酯类）的类别混淆。
对锂离子电池作为原电池时化学能转电能的能量转化形式认识不清。
2．（2025·南宁模拟）下列实验操作正确的是
A．除去苯甲酸中的不溶性杂质 B．配制一定物质的量浓度的NaOH溶液
C．用NaOH溶液滴定未知浓度的醋酸溶液 D．蒸干溶液得到晶体
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；过滤；配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A、过滤操作中，漏斗颈应紧贴烧杯内壁，图中未做到，A错误；
B、配制一定物质的量浓度的 NaOH 溶液时，NaOH 固体应先在烧杯中溶解，冷却后再转移至容量瓶；且引流时玻璃棒底端应在容量瓶刻度线以下，图中操作不符合要求，B错误；
C、NaOH 溶液为碱性溶液，应盛放在碱式滴定管中；滴定醋酸溶液至终点时生成醋酸钠，溶液呈碱性，应选用酚酞作指示剂，而非甲基橙，C错误；
D、Fe2(SO4)3溶液中，Fe3+会水解生成 Fe (OH)3和 H2SO4，由于 H2SO4不易挥发，水解平衡不会持续正向移动，蒸干后可得到 Fe2(SO4)3晶体，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．重点关注漏斗颈与烧杯壁的贴合要求。
B．需明确NaOH 固体的溶解容器（烧杯）、溶液冷却要求以及玻璃棒引流的位置（容量瓶刻度线以下）。
C．要把握滴定管的选择（碱式滴定管盛碱性溶液）和指示剂的匹配（根据滴定终点溶液酸碱性选酚酞）。
D．核心是分析盐类水解产物的挥发性，若水解生成的酸不易挥发（如 H2SO4），则蒸干可得到原盐晶体。
3．（2025·南宁模拟）工业上监测含量是否达到排放标准的化学反应原理是：，设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．常温下，11.2L含有的原子总数为1.5
B．3.4g中非极性键数目为0.2
C．生成1mol，转移的电子数为2
D．常温下，pH=1的HCl溶液中含有的数目为0.1
【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；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、气体摩尔体积 22.4L/mol 的适用条件是标准状况（0℃、101kPa），常温下不适用，因此无法计算 11.2L SO2的物质的量及原子总数，A错误；
B、H2O2的摩尔质量为 34g/mol，3.4g H2O2的物质的量为 0.1mol。每个 H2O2分子中含 1 个 O-O 非极性键，故 0.1mol H2O2中含非极性键数目为 0.1NA，B错误；
C、在反应 SO2+H2O2+BaCl2=BaSO4↓+2HCl 中，SO2中 S 元素从 +4 价升高到 BaSO4中的 +6 价，每生成 1mol BaSO4，转移 2mol 电子，即转移电子数为 2NA，C正确；
D、计算溶液中 H+数目需知道溶液体积，题目中未给出 pH=1 的 HCl 溶液体积，无法计算 H+数目，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．需明确气体摩尔体积的适用条件（标准状况），常温下不能用 22.4L/mol 计算气体物质的量。
B．要掌握H2O2的分子结构（含 1 个 O-O 非极性键），结合物质的量计算非极性键数目。
C．核心是分析反应中元素的化合价变化，确定电子转移的物质的量与生成 BaSO4的关系。
D．计算离子数目时必须关注溶液体积是否已知，无体积则无法计算。
（2025·南宁模拟）阅读下列材料，完成下列小题。
是氮的常见氢化物。液氨中和的性质类似于水中的和；中的一个H被取代形成，易溶于水，水溶液呈碱性，但相同浓度的水溶液碱性比弱。
4．下列化学用语表述正确的是
A．N的价层电子排布式为 B．的电子式为
C．的VSEPR模型为三角锥形 D．中子数为8的氮的核素为
5．下列有关物质结构和性质的说法中，错误的是
A．和的中心原子杂化类型相同，空间结构也相同
B．键角：，原因是中心原子孤电子对数越多，键角越小
C．相同浓度的水溶液碱性比弱，原因是结合的能力比弱
D．易溶于水，原因是和分子间能形成氢键，且都为极性分子
【答案】4．B
5．A
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】（1）A、价层电子排布式是指价电子的排布，N的价电子是最外层电子，其价层电子排布式应为，而是其电子排布式，A错误；
B、中两个N原子之间形成单键，每个N原子与两个H原子形成单键，电子式为，B正确；
C、的中心原子N的价层电子对数为4（3个成键电子对+1个孤电子对），VSEPR模型为四面体形，其空间结构为三角锥形，C错误；
D、核素的表示方法是，其中A为质量数，Z为质子数，N的质子数为7，中子数为8，则质量数为15，核素应为，D错误；
故答案为：B。
（2）A、的中心原子N的价层电子对数为4，杂化类型为，空间结构为正四面体形；的中心原子O的价层电子对数为4（3个成键电子对+1个孤电子对），杂化类型为，空间结构为三角锥形。二者杂化类型相同，但空间结构不同，A错误；
B、中心原子N有2个孤电子对，中心原子N无孤电子对。孤电子对之间的斥力大于孤电子对与成键电子对之间的斥力，孤电子对数越多，键角越小，故键角，B正确；
C、物质的碱性强弱与结合的能力有关，相同浓度水溶液中碱性比弱，是因为结合的能力比弱，C正确；
D、和均为极性分子，且分子间能形成氢键，根据“相似相溶”原理及氢键对溶解性的影响，易溶于水，D正确；
故答案为：A。
【分析】（1）要解决此题，需结合价层电子排布、电子式、VSEPR模型、核素表示的知识逐一分析：
A．明确价层电子仅指最外层电子，区分电子排布式与价层电子排布式的差异。
B．关注中N原子的孤电子对及原子间成键方式，判断电子式的正确性。
C．理解“VSEPR模型需考虑孤电子对，空间结构是模型排除孤电子对后的形态”，明确的VSEPR模型类型。
D．牢记核素符号中质子数（）、中子数、质量数（A=质子数+中子数）的关系，判断氮核素的正确表示。
（2）要解决此题，需结合杂化类型、空间结构、键角影响因素、物质溶解性及碱性原因逐一分析：
A．分析和的孤电子对数目，明确孤电子对对空间结构的影响，区分二者空间结构。
B．把握“孤电子对斥力 > 成键电子对斥力，孤电子对数越多键角越小”的规律，判断键角大小关系。
C．明确“物质碱性强弱由结合的能力决定”，结合题干中与的碱性差异分析原因。
D．掌握“极性分子相似相溶、分子间氢键促进溶解”的原理，分析易溶于水的原因。
4．A、价层电子排布式是指价电子的排布，N的价电子是最外层电子，其价层电子排布式应为，而是其电子排布式，A错误；
B、中两个N原子之间形成单键，每个N原子与两个H原子形成单键，电子式为，B正确；
C、的中心原子N的价层电子对数为4（3个成键电子对+1个孤电子对），VSEPR模型为四面体形，其空间结构为三角锥形，C错误；
D、核素的表示方法是，其中A为质量数，Z为质子数，N的质子数为7，中子数为8，则质量数为15，核素应为，D错误；
故答案为：B。
5．A、的中心原子N的价层电子对数为4，杂化类型为，空间结构为正四面体形；的中心原子O的价层电子对数为4（3个成键电子对+1个孤电子对），杂化类型为，空间结构为三角锥形。二者杂化类型相同，但空间结构不同，A错误；
B、中心原子N有2个孤电子对，中心原子N无孤电子对。孤电子对之间的斥力大于孤电子对与成键电子对之间的斥力，孤电子对数越多，键角越小，故键角，B正确；
C、物质的碱性强弱与结合的能力有关，相同浓度水溶液中碱性比弱，是因为结合的能力比弱，C正确；
D、和均为极性分子，且分子间能形成氢键，根据“相似相溶”原理及氢键对溶解性的影响，易溶于水，D正确；
故答案为：A。
6．（2025·南宁模拟）缓释布洛芬中主要成分M的结构如图所示。下列关于M的说法正确的是
A．是一种聚酯
B．分子中不含手性碳
C．可发生加成反应和取代反应
D．1molM与足量NaOH溶液充分反应，最多消耗2molNaOH
【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、聚酯是由多元醇和多元羧酸缩聚而成的聚合物，而该物质的结构中无多元醇与多元羧酸的缩聚特征，不属于聚酯，A错误；
B、手性碳是指连有四个不同原子或基团的碳原子。观察分子结构，存在标注 * 的碳原子（ ），属于手性碳，B错误；
C、分子中含苯环，苯环可与氢气发生加成反应；同时含酯基，酯基可发生水解反应（属于取代反应），因此可发生加成反应和取代反应，C正确；
D、该分子中含 n 个酯基，每个酯基水解后生成的羧基和酚羟基（或醇羟基，此处结合结构为羧基类水解）均能与 NaOH 反应，1mol M 与足量 NaOH 溶液反应，最多消耗 2n mol NaOH，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题的易错点主要有以下几点：
对聚酯的定义和结构特征理解不清，容易混淆聚酯与其他类型聚合物，误判物质类别。
对手性碳的 判断标准（连有四个不同原子或基团的碳原子）掌握不扎实，易忽略分子中符合手性碳条件的原子。
对有机物反应类型的判断存在误区，不清楚苯环的加成反应和酯基的水解反应（取代反应）的特点，易漏判反应类型。
对官能团与 NaOH 反应的计量关系分析不到位，忽略聚合物中官能团的数目（n 的影响），错误计算消耗 NaOH 的物质的量。
7．（2025·南宁模拟）X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，基态X原子核外有7种运动状态不同的电子，基态Y原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，Z的基态原子有1个未成对电子，W是短周期金属性最强的元素，Z和Q同主族。下列说法正确的是
A．第一电离能：XB．电负性：ZC．简单气态氢化物的热稳定性：YD．简单离子半径：Z【答案】C
【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、第一电离能的变化规律中，N的2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能，即，A错误；
B、电负性随原子序数增大而增大（同主族），故电负性，即，B错误；
C、元素的非金属性越强，简单气态氢化物的热稳定性越强。非金属性，故热稳定性，即，C正确；
D、电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小。和电子层结构相同，核电荷数，故离子半径，即，D错误；
故答案为：C。
【分析】推断元素：
基态X原子核外有7种运动状态不同的电子，说明X的质子数为7，故X为N。
基态Y原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，Y为短周期元素，故Y为O。
W是短周期金属性最强的元素，故W为Na。
Z的基态原子有1个未成对电子，且原子序数在O和Na之间，故Z为F；Z和Q同主族，故Q为Cl。据此解题。
8．（2025·南宁模拟）将转化为的一种方法如下。下列有关反应的离子方程式正确的是
A．溶液显碱性：
B．S转化为：
C．向溶液中通入少量：
D．工业上利用和石灰乳反应制备石膏：
【答案】B
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、的水解是分步进行的，第一步水解为，并非一步生成，A错误；
B、S与在加热条件下发生歧化反应，生成、和，离子方程式为，配平及反应类型均正确，B正确；
C、向溶液中通入少量时，由于过量，反应生成的会与剩余的结合为，正确的离子方程式应为，C错误；
D、石灰乳中的主要以浊液形式存在，不能拆分为，正确的离子方程式应为，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．把握多元弱酸根水解的分步性，作为二元弱酸根，水解先生成，不会直接生成。
B．明确S与强碱的歧化反应规律，S既升价生成又降价生成，结合得失电子守恒和电荷守恒配平。
C．关注反应物用量对产物的影响，少量与过量反应时，生成的不会过量，需与剩余结合为，而非直接以存在。
D．牢记离子方程式的拆分规则，石灰乳为浊液，其中不能拆分为离子形式，只有澄清石灰水才可拆分。
9．（2025·南宁模拟）某小组同学向pH=1的0.5 溶液中分别加入过量Zn粉和Mg粉，探究反应的还原产物：
实验 金属 操作、现象及产物
Ⅰ 过量Zn 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后无气泡冒出，此时溶液pH为3~4，取出固体，固体中未检测到Fe单质
Ⅱ 过量Mg 有大量气泡产生，反应剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质
下列说法错误的是
A．取Ⅱ中少量溶液，滴加溶液，若观察到蓝色沉淀，则证明有生成
B．Ⅰ中红褐色沉淀生成的原因：Zn消耗，促进水解，使其转化为沉淀
C．Ⅰ中未检测到Fe单质的原因可能是Zn被沉淀包裹，阻碍了Zn与的反应
D．若向pH=1的0.5 溶液中加入过量Cu粉，也可观察到生成大量红褐色沉淀
【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；铁盐和亚铁盐的相互转变；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A、溶液可与反应生成蓝色沉淀，若取Ⅱ中少量溶液滴加该溶液出现蓝色沉淀，可证明有生成，A正确；
B、Ⅰ中Zn消耗，使的水解平衡正向移动，从而转化为红褐色沉淀，B正确；
C、Ⅰ中产生大量沉淀，可能包裹Zn，阻碍Zn与进一步反应，故未检测到Fe单质，C正确；
D、Cu的金属活动性较弱，与反应极慢，无法有效消耗促进水解，因此加入过量Cu粉不会生成大量红褐色沉淀，D错误；
故答案为：D。
【分析】A、牢记的特征检验试剂（溶液）及对应现象（生成蓝色沉淀），以此判断是否有生成。
B、抓住对水解平衡的影响——Zn消耗会使水解平衡正向移动，进而推导沉淀的生成逻辑。
C、考虑沉淀对反应物的包裹作用，大量沉淀可能覆盖Zn表面，阻碍后续反应，解释未检测到Fe单质的原因。
D、明确金属活动性与反应能力的关联—Cu金属活动性弱，难以与快速反应，无法显著降低浓度，故不能促进大量水解生成沉淀。
10．（2025·南宁模拟）运用生物电催化技术可实现CO2到甲烷的转化，稀H2SO4做电解液，其电解原理如图所示。下列说法错误的是
A．电势：a>b
B．电解过程中，b电极附近pH降低
C．若产生标准状况下1.12 L的CH4，则理论上导线中通过的电子为0.4 mol
D．若处理的有机物为CH3COOH，则a电极的电极反应式为：
【答案】B
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】判断电极：由 H+的移动方向可知，a 为阳极，b 为阴极；阳极电势高于阴极，电源正极连接阳极、负极连接阴极。
A、阳极（a）电势高于阴极（b），即 a > b，A正确；
B、b 电极为阴极，CO2得电子生成 CH4，电极反应为 CO2+8H++8e-=CH4+2H2O，反应消耗 H+，附近 pH 升高，B错误；
C、标准状况下 1.12 L CH4的物质的量为 0.05 mol，由阴极反应可知，生成 1 mol CH4转移 8 mol 电子，故生成 0.05 mol CH4时，导线中通过电子 0.4 mol，C正确；
D、a 电极为阳极，CH3COOH 失电子生成 CO2，结合电解质为稀 H2SO4，电极反应为
CH3COOH-8e-+2H2O=2CO2↑+8H+，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．电极判断：根据H+的移动方向确定阳极（a）和阴极（b），明确阳极电势高于阴极。
B．分析阴极（b）的电极反应，关注H+的消耗情况，判断 pH 变化。
C．结合 CH4的生成反应，利用电子转移与物质的量的关系（生成 1mol CH4转移 8mol 电子）计算电子转移量。
D．明确阳极（a）的氧化反应，结合有机物（CH3COOH）的氧化产物（CO2）和电解质环境（稀 H2SO4），推导电极反应式。
11．（2025·南宁模拟）Pt-MoC催化剂可用于低温甲醇水相重整制氢，反应机理如下：
下列说法错误的是
A．化合物A的化学式为
B．过程Ⅰ涉及了极性键的断裂和非极性键的形成
C．为提高的平衡产率，需更换活性更高的催化剂
D．主反应的化学方程式为
【答案】C
【知识点】化学键；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．分析过程Ⅴ的反应，可知化合物A为，A正确；
B．过程Ⅰ中，极性键断裂，同时形成非极性键，涉及极性键的断裂和非极性键的形成，B正确；
C．催化剂只能改变反应速率，不能影响化学平衡，因此更换活性更高的催化剂无法提高的平衡产率，C错误；
D．综合过程Ⅰ~Ⅳ，主反应为与反应生成和，化学方程式为，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．根据反应机理图中过程 Ⅴ 的物质转化，确定化合物 A 为 CH4。
B．分析过程 Ⅰ 中 O—H 极性键断裂和 H—H 非极性键形成。
C．明确催化剂只改变反应速率，不影响平衡，无法提高 H2平衡产率。
D．整合过程 Ⅰ~Ⅳ 的物质变化，确定主反应为 CH3OH+H2O=CO2↑+3H2↑。
12．（2025·南宁模拟）氧化铈()常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂占据原来的位置，可以得到更稳定的结构，如图所示。晶胞的参数为a nm。下列说法错误的是
A．晶胞中的配位数是8
B．晶胞中与最近的核间距为 nm
C．当掺杂晶体的化学式为时，若m=2，则n=6
D．若M点的原子坐标为(0，0，0)，则N点的原子坐标为
【答案】C
【知识点】离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A、在晶胞中，周围等距且最近的有8个，故配位数为8，A正确；
B、晶胞中，与最近的核间距为体对角线的，体对角线长为 nm，故核间距为 nm，B正确；
C、根据电荷守恒，、与需满足电荷平衡。当时，设为、为，则，结合晶胞中的实际数目，计算得n=5，C错误；
D、若点坐标为，点在晶胞内的位置对应坐标为，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．观察晶胞结构，确定周围最近且等距的数目。
B．明确晶胞中离子核间距与体对角线的关系，计算与最近的距离。
C．依据电荷守恒，结合时和的数目关系，推导n的数值。
D．以点坐标为基准，根据点在晶胞内的相对位置，确定其坐标参数。
13．（2025·南宁模拟）二氧化碳催化加氢制甲醇，能助力“碳达峰”，涉及反应有：
反应①：
反应②：
在体积可变的容器中，充入1 mol和3.2 mol发生上述反应，平衡时CO和在含碳产物中的物质的量分数及转化率随温度的变化如图所示。下列说法正确的是
A．曲线a代表的物质是CO
B．反应②的平衡常数：K(X)C．250℃之前以反应①为主，250℃之后以反应②为主
D．250℃下发生上述反应，平衡时CO的物质的量为0.1 mol
【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、由上述曲线含义，曲线a代表CH3OH，曲线b代表CO，A错误；
B、反应②，温度升高平衡逆向移动，平衡常数减小。X点温度低于Y点，故，B错误；
C、250℃前，CH3OH的物质的量分数高于CO，反应以②为主；250℃后，CO的物质的量分数高于CH3OH，反应以①为主，C错误；
D、250℃时，CO2转化率为 20%，CO和的物质的量分数相等，则n(CO)=n()=1×20%×50%=0.1 mol，D正确；
故答案为：D。
【分析】反应①，升温平衡正向移动，CO的物质的量分数随温度升高而增大；反应②，升温平衡逆向移动，CH3OH的物质的量分数随温度升高而减小。因此曲线a代表CH3OH，曲线b代表CO，曲线q代表CO2转化率。
14．（2025·南宁模拟）常温下，用浓度为0.1 mol/L的H2SO4标准溶液滴定10 mL浓度均为0.2 mol/L的NaOH和Na2A的混合溶液，溶液中所有含A微粒的分布分数δ随pH变化曲线如图(忽略溶液混合后体积变化)。下列说法错误的是
A．Ⅱ表示的微粒为HA-
B．Ka(HA-)的数量级为10-9
C．a点：
D．a、b、c三点中水的电离程度最小的是a点
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A、滴定过程中，逐步与反应生成、。曲线Ⅱ随加入先增后减，代表，曲线Ⅰ代表，A正确；
B、当与分布分数相等时，约为9，此时，数量级为，B正确；
C、a点溶液中，电荷守恒为。结合，，整理得，C正确；
D、、的水解促进水的电离，的电离抑制水的电离。a点含、，b点为主，c点生成，故水的电离程度最小的是c点，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．根据与的分步反应规律，结合曲线随加入的变化趋势，区分（曲线Ⅰ）和（曲线Ⅱ）。
B．利用弱酸电离常数表达式，抓住“与分布分数相等时”的核心关系，结合对应求算数量级。
C．先写出溶液电荷守恒式，再根据和的初始浓度与加入量计算物质的量，推导目标等式。
D．明确“水解促进水的电离、电离抑制水的电离”，对比a、b、c三点微粒组成（、、的占比），判断水的电离程度。
15．（2025·南宁模拟）电镀工业中添加糖精钴可改善镀层性能。某小组在实验室制备糖精钴，并测定其结晶水含量，过程如下：
已知：表示糖精根离子，其摩尔质量为182g·mol-1，糖精钴的溶解度在热水中较大，在冷水中较小；丙酮沸点为56℃，与水互溶。
(一)制备糖精钠
查阅文献，采用甲苯氯磺化→氨化→氧化→酸化→成盐五步合成糖精钠。甲苯氯磺化原理如图1，实验装置如图2所示(夹持及控温装置略)。
（1）仪器a的名称为　 　。
（2）装置b的作用是　 　。
(二)制备糖精钴
Ⅰ．称取1.0g，加入18mL蒸馏水，搅拌溶解，得溶液1；
Ⅱ．称取2.6g(稍过量)糖精钠()，加入10mL蒸馏水，加热搅拌，得溶液2；
Ⅲ．将溶液2加入到接近沸腾的溶液1中，反应3分钟后停止加热，静置，冷却结晶；
Ⅳ．过滤，依次用三种不同试剂洗涤晶体，晾干得产品。
（3）写出Ⅲ中反应的化学方程式：　 　。
（4）Ⅳ中甲同学洗涤晶体所用洗涤剂的顺序为：冷的1%NaSac溶液→冷水→丙酮；乙同学使用顺序为：冷水→冷的1%NaSac溶液→丙酮。请说明甲同学的方案更为合理的原因　 　。
（5）证明Ⅳ中的晶体已经洗涤干净所需的试剂为　 　。
(三)结晶水含量测定
EDTA和形成1：1配合物。准确称取mg糖精钴产品于锥形瓶中，加蒸馏水，加热溶解，再加入缓冲溶液和指示剂，在50~60℃下，用c的EDTA标准溶液滴定。
（6）滴定终点时消耗标准溶液VmL，则产品中x的测定值为　 　(用含m、c、V的代数式表示)；若滴定前未排出滴定管尖嘴处气泡，滴定后气泡消失，会导致x的测定值　 　(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
【答案】恒压滴液漏斗；吸收HCl气体；；先用冷的1%NaSac溶液洗涤，可降低糖精钴溶解度，减少晶体损失；第二步用水洗，可以洗去先加的NaSac溶液，不引入新的杂质；稀硝酸、硝酸银溶液；(或：)；偏小
【知识点】物质的分离与提纯；中和滴定；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）仪器a的名称为恒压滴液漏斗。
故答案为： 恒压滴液漏斗 ；
（2）根据原理可知氯磺酸与生成的水发生水解，生成了HCl，故用装置b吸收生成的HCl气体。
故答案为： 吸收HCl气体 ；
（3）Ⅲ中反应的化学方程式：。
故答案为： ；
（4）甲同学第一步先用冷的1%NaSac溶液洗涤，可降低糖精钴溶解度，减少晶体损失；NaSac溶液能将晶体表面吸附的转化为晶体析出，产率更高；第二步用水洗，可以洗去先加的NaSac溶液，不引入新的杂质，故甲同学的方案更为合理。
故答案为： 先用冷的1%NaSac溶液洗涤，可降低糖精钴溶解度，减少晶体损失；第二步用水洗，可以洗去先加的NaSac溶液，不引入新的杂质 ；
（5）可能通过检验最后一次洗涤液是否残留有来判断晶体是否洗涤干净，所需试剂为：稀硝酸、硝酸银溶液。
故答案为： 稀硝酸、硝酸银溶液 ；
（6）滴定消耗的n(EDTA)=mol，EDTA与形成1：1配合物，则样品溶解后的n()=mol，即样品中的n{}=n()，所以：解得：g/mol=mg，
x=(或=)；若滴定前未排出滴定管尖嘴处气泡，滴定后气泡消失，会导致消耗EDTA溶液体积偏大，即V偏大，根据x=，则x偏小。
故答案为：(或：) ；偏小。
【分析】本实验通过反应制备糖精钴，经冰水浴结晶后，按“冷的1% NaSac溶液、冷水、丙酮”的顺序洗涤获得晶体，最后将晶体溶解，用EDTA标准溶液滴定以测定结晶水的数量。
（1）识别仪器名称，关键是记住恒压滴液漏斗的结构特征。
（2）分析装置作用，依据反应原理（氯磺酸水解生成 HCl），判断装置 b 吸收 HCl 气体。
（3）写化学方程式，结合反应物（CoCl2、NaSac、H2O）和产物（Co (Sac)2(H2O)4、NaCl），配平即可。
（4）分析洗涤顺序合理性，从降低溶解度、减少损失、去除杂质角度，说明先冷的 1% NaSac 溶液洗涤的优势。
（5）选择检验洗涤干净的试剂，利用 Cl-的检验方法，选用稀硝酸、硝酸银溶液。
（6）计算 x 的测定值，利用 EDTA 与 Co2+的 1：1 配位关系，结合质量守恒推导公式；判断误差时，分析滴定管气泡对 V 的影响，进而判断 x 的变化。
16．（2025·南宁模拟）从褐铁矿型金-银矿(含Au、Ag、等)中提取Au、Ag，并回收其它金属的一种工艺如下：
已知：①NaCN有剧毒；
②25℃时，的为。
（1）滤渣2的主要成分是　 　。
（2）“氧化”时加入的作用是　 　。
（3）在25℃进行“沉铁”，过滤后可得到“滤液4”，但过滤前需进行加热，加热的目的是　 　；调节“滤液4”的pH至8.0，无析出，则c()≤　 　。
（4）“浸金银”时一般控制温度为30℃左右，原因是　 　。
（5）“浸金银”时Ag转化为，该反应的离子方程式为　 　；已知也可与、形成配合物，“浸金银”时用替代NaCN的优点是　 　。
【答案】（1）
（2）将溶液中的氧化为，便于后续调pH除去
（3）破坏胶体的形成，有利于生成沉淀，便于过滤；0.19
（4）温度低于30℃，反应速率较慢；温度高于30℃，会发生分解，浸取率低
（5）；安全无毒，对环境无污染
【知识点】氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）由分析可知，滤渣2的主要成分是SiO2。
故答案为： ；
（2）“氧化”时加入，可将溶液中的氧化为，便于后续调pH除去。
故答案为： 将溶液中的氧化为，便于后续调pH除去 ；
（3）“沉铁”时加入NaOH调节pH，使转化为，由于水解容易生成胶体，因此过滤除去需进行加热，破坏胶体的形成，有利于生成沉淀，便于过滤；调节“滤液4”的pH至8.0，此时，无析出，根据的为，则c()≤。
故答案为： 破坏胶体的形成，有利于生成沉淀，便于过滤 ； 0.19 ；
（4）“浸金银”时加入H2O2，温度低于30℃，反应速率较慢；温度高于30℃，会发生分解，浸取率低，因此一般控制温度为30℃左右。
故答案为： 温度低于30℃，反应速率较慢；温度高于30℃，会发生分解，浸取率低 ；
（5）“浸金银”时Ag与H2O2、NaCN反应，生成，离子方程式为；根据已知信息，NaCN有剧毒，因此可用替代NaCN，安全无毒，且对环境无污染。
故答案为： ； 安全无毒，对环境无污染 。
【分析】金-银矿经“还原酸浸”，、被还原为、，溶解为，、、进入滤渣1；滤液1加铁粉“沉铜”得，滤液3加“氧化”为，再加“沉铁”得（后续转），滤液4加“沉锰”得；滤渣1加、“浸金银”，、进入滤液2提炼，进入滤渣2。
（1）由分析可知，滤渣2的主要成分是SiO2。
（2）“氧化”时加入，可将溶液中的氧化为，便于后续调pH除去。
（3）“沉铁”时加入NaOH调节pH，使转化为，由于水解容易生成胶体，因此过滤除去需进行加热，破坏胶体的形成，有利于生成沉淀，便于过滤；调节“滤液4”的pH至8.0，此时，无析出，根据的为，则c()≤。
（4）“浸金银”时加入H2O2，温度低于30℃，反应速率较慢；温度高于30℃，会发生分解，浸取率低，因此一般控制温度为30℃左右。
（5）“浸金银”时Ag与H2O2、NaCN反应，生成，离子方程式为；根据已知信息，NaCN有剧毒，因此可用替代NaCN，安全无毒，且对环境无污染。
17．（2025·南宁模拟）日前我国研发出一种利用乙醇制氢且同时实现乙酸生产的新途径，主要反应为：
Ⅰ．
Ⅱ．
回答下列问题：
（1）广西盛产木薯，乙醇可由木薯生产，补充完整主要过程：　 　。
（2）已知，该反应=　 　。
（3）对于反应Ⅰ：
①在　 　(填“低温”、“高温”或“任何温度”)条件下能自发进行。
②下列措施中既能加快反应速率又能提高平衡转化率的有　 　(填标号)。
A．加压 B．升温 C．分离出
（4）恒压密闭容器中投料后产氢速率和产物的选择性随温度变化关系如图1，关键步骤中间体的能量变化如图2.[已知：乙酸选择性=×100%]
①由图1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为　 　。
②由图中信息可知，乙酸可能是　 　(填“产物1”“产物2”或“产物3”)，理由是　 　。
③在压强为100kPa下，若该密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，已知乙醇和水的起始投料分别为1mol和8mol，某温度下达到平衡时，乙醇的转化率为90%，=4：1，则乙酸的选择性是　 　%，平衡常数=　 　kPa(列出计算式即可)；用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
（5）耦合HCHO也能高效制，部分反应机理为：。反应装置如下图所示，则阳极上的电极反应式为：　 　。
【答案】（1）淀粉
（2）-24.3
（3）高温；B
（4）270℃；产物1；图2中产物1的活化能最小，反应速率最快，选择性最大，结合图1可知选择性最大的是乙酸，所以产物1为乙酸；80；
（5）
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算；离子方程式的书写；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）木薯预处理得到淀粉，淀粉水解得到葡萄糖，葡萄糖发酵产生二氧化碳和乙醇；
故答案为： 淀粉 ；
（2）反应Ⅰ-反应Ⅱ得到，根据盖斯定律可知，该反应=；
故答案为： -24.3 ；
（3）①反应Ⅰ为熵增的吸热反应，由可知，该反应在高温条件下可以自发；
②A．加压可以加快反应速率，但平衡逆转，平衡转化率下降，A不符合题意；
B．升温速率增大且平衡正移，平衡转化率升高，B符合题意；
C．移走平衡正向移动，平衡转化率升高，但速率下降，C不符合题意；
故答案为： 高温 ； B。
（4）①由图1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为270℃，原因为乙酸选择性最大且反应速率较快；
②由图2可知关键步骤中生成产物1的最大能垒为0.58eV，生成产物2的最大能垒为0.66eV，生成产物3的最大能垒为0.81eV，即生成产物1的活化能最小，根据图1中乙酸的选择性最大，说明相同条件下生成乙酸的反应速率最大，则乙酸可能是产物1；
③平衡时=4：1，可得乙酸选择性==80%，平衡时乙醇的转化率为90%，乙酸的选择性为80%，则平衡时生成的乙酸的物质的量=90%×80%×1=0.72 mol，=1 mol×10%=0.1 mol，列三段式，，则平衡时乙醇、(g)、氢气、乙酸、乙醛的物质的量分别为0.1 mol、7.28 mol、1.62 mol、0.72 mol、0.18 mol，气体总物质的量为0.1 mol＋7.28 mol＋1.62 mol＋0.72 mol＋0.18 mol=9.9 mol，则；
故答案为： 270℃ ； 产物1 ； 图2中产物1的活化能最小，反应速率最快，选择性最大，结合图1可知选择性最大的是乙酸，所以产物1为乙酸 ；80； ；
（5）b电极甲醛转化为HCOO-，HCHO发生氧化反应，b为阳极，故阳极上的电极反应式为：。
故答案为： 。
【分析】（1）明确木薯制乙醇流程，木薯预处理得淀粉，淀粉水解为葡萄糖，再发酵生成乙醇，关键是中间产物为淀粉。
（2）用盖斯定律，目标反应 = 反应 Ⅰ- 反应 Ⅱ，ΔH=44.4 - 68.7 = -24.3 kJ mol- 。
（3）①反应 ⅠΔH>0、ΔS>0，ΔG=ΔH-TΔS<0 时需高温，故填高温。
②升温可加快速率且使平衡正向移动，提高转化率，选 B。
（4）①图 1 中 270℃时乙酸选择性最高且产氢速率较快，故为最适温度。
②图 2 中产物 1 活化能最小，反应速率最快，结合图 1 乙酸选择性最大，故乙酸为产物 1。
③乙酸选择性 =（生成乙酸的乙醇量÷转化的乙醇量）×100%=80%；根据各物质平衡时的量计算分压，代入 Kp1 表达式。
（5）阳极发生氧化反应，结合机理，HCHO 失电子生成 HCOO-，电极反应为 。
（1）木薯预处理得到淀粉，淀粉水解得到葡萄糖，葡萄糖发酵产生二氧化碳和乙醇；
（2）反应Ⅰ-反应Ⅱ得到，根据盖斯定律可知，该反应=；
（3）①反应Ⅰ为熵增的吸热反应，由可知，该反应在高温条件下可以自发；
②A．加压可以加快反应速率，但平衡逆转，平衡转化率下降，A不符合题意；
B．升温速率增大且平衡正移，平衡转化率升高，B符合题意；
C．移走平衡正向移动，平衡转化率升高，但速率下降，C不符合题意；
故选B。
（4）①由图1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为270℃，原因为乙酸选择性最大且反应速率较快；
②由图2可知关键步骤中生成产物1的最大能垒为0.58eV，生成产物2的最大能垒为0.66eV，生成产物3的最大能垒为0.81eV，即生成产物1的活化能最小，根据图1中乙酸的选择性最大，说明相同条件下生成乙酸的反应速率最大，则乙酸可能是产物1；
③平衡时=4：1，可得乙酸选择性==80%，平衡时乙醇的转化率为90%，乙酸的选择性为80%，则平衡时生成的乙酸的物质的量=90%×80%×1=0.72 mol，=1 mol×10%=0.1 mol，列三段式，，则平衡时乙醇、(g)、氢气、乙酸、乙醛的物质的量分别为0.1 mol、7.28 mol、1.62 mol、0.72 mol、0.18 mol，气体总物质的量为0.1 mol＋7.28 mol＋1.62 mol＋0.72 mol＋0.18 mol=9.9 mol，则；
（5）b电极甲醛转化为HCOO-，HCHO发生氧化反应，b为阳极，故阳极上的电极反应式为：。
18．（2025·南宁模拟）化合物J是一种具有新型神经化学特征的药剂，对治疗哮喘有明显作用。其合成路线如下图所示：
已知：。
（1）物质A可由Q()转化得到，Q的化学名称为　 　，物质B的含氧官能团名称为　 　。
（2）反应③中M的结构简式为　 　。
（3）反应⑥中条件X可选择　 　(填标号)。
a．NaOH/ b． c．溶液
（4）反应③采用三乙胺()可以促进反应正向进行，原因是　 　。
（5）D→E中第(1)步的反应方程式为　 　。
（6）写出一种符合下列条件的C的同分异构体的结构简式　 　。
①分子结构中含有苯环及；
②能发生银镜反应；
③核磁共振氢谱图中有4组峰，且峰面积之比为1：2：2：1.
（7）结合上述流程，设计以苯和氯乙烷为原料制备的合成路线　 　。(其他无机试剂任选)
【答案】（1）2，4-二氯苯甲酸；酯基
（2）
（3）b
（4）三乙胺()有碱性，可中和反应生成的HCl，促使平衡正向移动
（5）
（6）或或或或或
（7）
【知识点】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）由Q的结构式可知，Q的化学名称为：2，4-二氯苯甲酸；物质B的含氧官能团名称为：酯基。
故答案为： 2，4-二氯苯甲酸 ； 酯基 ；
（2）反应③中，C与 M（C7H9N)反应，M需提供含N的有机碱结构，故 M 的结构简式为：。
故答案为： ；
（3）反应⑥是羰基（C=O）还原为羟基（-OH）的反应： NaOH/C2H5OH是消去 / 水解条件，不还原羰基；NaBH4是常用的羰基还原剂，可将C=O还原为-OH； Ag(NH3)2OH是银镜反应试剂，不还原羰基，因此选b。
故答案为： b ；
（4）三乙胺（）的氮有孤对电子而显碱性，可中和反应生成的，促使平衡正向移动。
故答案为： 三乙胺()有碱性，可中和反应生成的HCl，促使平衡正向移动 ；
（5）D 的结构含酯基（-COOCH3），在NaOH条件下发生酯的水解反应，生成羧酸钠和甲醇，反应方程式为：。
故答案为： ；
（6）该同分异构体含有，能发生银镜反应说明含有醛基，核磁共振氢谱图中有4组峰，且峰面积之比为1∶2∶2∶1，则结构简式为
或 或或或或。
故答案为：或或或或或 ；
（7）利用 “硝化→还原→烷基化” 三步反应，合成路线为：。
故答案为： 。
【分析】化合物 A（对氯苯胺羧酸）与 SOCl2、CH3OH 发生反应①，羧酸基转化为酯基，生成化合物 B（对氯苯胺羧酸甲酯）；化合物 B 与 NaNO2、HCl、Na2S2O7经反应②，氨基转化为苯磺酰氯基，得到化合物 C（对氯苯磺酰氯羧酸甲酯）；化合物 C 与 M（C7H9N）通过反应③，苯磺酰氯基与 M（ ） 中的氨基成键，生成化合物 D（对氯苯磺酰氨基羧酸甲酯）；化合物 D 经反应④（NaOH 水解后酸化），酯基转化为羧基，得到化合物 E（对氯苯磺酰氨基羧酸）；化合物 E 在一定条件下发生反应⑤，经环化形成化合物 F；化合物 F 经反应⑥（条件 X）引入羟基，生成化合物 G；化合物 G 与 SOCl2发生反应⑦，羟基被氯原子取代，得到化合物 H；化合物 H 与 H2N (CH2)6COOCH2CH3通过反应⑧，氯原子被氨基取代，生成化合物 I；化合物 I 与 NaOH 经反应⑨，酯基水解为羧酸钠盐，最终得到目标产物 J。
（1）由Q的结构式可知，Q的化学名称为：2，4-二氯苯甲酸；物质B的含氧官能团名称为：酯基。
（2）反应③中，C与 M（C7H9N)反应，M需提供含N的有机碱结构，故 M 的结构简式为：。
（3）反应⑥是羰基（C=O）还原为羟基（-OH）的反应： NaOH/C2H5OH是消去 / 水解条件，不还原羰基；NaBH4是常用的羰基还原剂，可将C=O还原为-OH； Ag(NH3)2OH是银镜反应试剂，不还原羰基，因此选b。
（4）三乙胺（）的氮有孤对电子而显碱性，可中和反应生成的，促使平衡正向移动。
（5）D 的结构含酯基（-COOCH3），在NaOH条件下发生酯的水解反应，生成羧酸钠和甲醇，反应方程式为：。
（6）该同分异构体含有，能发生银镜反应说明含有醛基，核磁共振氢谱图中有4组峰，且峰面积之比为1∶2∶2∶1，则结构简式为或 或或或或。
（7）利用 “硝化→还原→烷基化” 三步反应，合成路线为：。
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