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河北省保定市部分高中2025-2026学年高三上学期10月质量检测 化学试题
1．（2025高三上·保定月考）中华文明历史悠久。下列有关文物的说法错误的是
A．商朝时出土的龟甲的主要成分羟基磷灰石属于有机物 B．新石器时代陶寺村出土的土鼓的主要成分为硅酸盐
C．辽代高脚玻璃杯，玻璃为传统无机非金属材料 D．西汉长信宫灯是汉代的青铜器，青铜属于合金
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；硅和二氧化硅；合金及其应用
【解析】【解答】A、商朝龟甲的主要成分是羟基磷灰石，其化学组成可表示为 Ca10(PO4)6(OH)2，该物质不含碳氢元素，属于无机物，而非有机物，A错误；
B、新石器时代陶寺村出土的土鼓属于陶器，陶器由陶土烧制而成，主要成分是硅酸盐，B正确；
C、玻璃的主要成分是硅酸钠、硅酸钙等，属于传统无机非金属材料（这类材料指除金属和有机物外的非金属材料），C正确；
D、西汉长信宫灯是青铜器，青铜器是铜与锡、铅等金属熔合而成的具有金属特性的混合物，符合合金的定义，D正确；
故答案为：A。
【分析】A．龟甲的 “羟基磷灰石”，直接看其组成（含 Ca、P、O、H，无 C、H 的有机结构），不符合有机物定义。
B．土鼓是 “陶器”，陶器的主要成分固定为硅酸盐。
C．玻璃属于传统无机非金属材料的典型代表。
D．青铜器是 “铜合金”，合金是金属混合体系。
2．（2025高三上·保定月考）下列化学用语或图示正确的是
A．苯丙氨酸的结构简式：
B．异丁烷分子的球棍模型：
C．NaCl溶液中导电离子可表示为
D．用电子式表示BaCl2的形成过程为
【答案】C
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；结构简式；球棍模型与比例模型
【解析】【解答】A、苯丙氨酸的正确结构简式应为 “苯环 - CH2-CH (NH2)-COOH”，即氨基（-NH2）和羧基（-COOH）需连接在同一个碳原子上（α- 碳）。 故苯丙氨酸的结构简式，A错误；
B、异丁烷的结构是 (CH3)3CH，分子中存在 1 个中心碳原子连接 3 个甲基（-CH3）和 1 个氢原子，属于支链结构，球棍模型为，B错误；
C、NaCl 在水溶液中完全电离为 Na+和 Cl-，这两种离子会与水分子作用形成水合离子（水合钠离子带正电，水合氯离子带负电）。 水合钠离子表示为：，同理水合氯离子吸引氢原子，表示为：，C正确；
D、BaCl2是离子化合物，其电子式形成过程中，Ba 原子失去 2 个电子形成 Ba2+，2 个 Cl 原子各得 1 个电子形成 Cl-。正确的电子式需给 Cl-加方括号并标注负电荷，且 Ba2+与 Cl-的电子式应体现离子键。 正确的形成过程应为，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．苯丙氨酸的 “α- 碳连接规则”， 氨基、羧基必须连在同一碳原子，缺 CH2则错；
B．异丁烷的 “支链结构”， 是 (CH3)3CH，球棍模型不能是直链；
C．NaCl 溶液的 “水合离子”， 电离出的 Na+、Cl-会与水结合，图中带电荷的水合离子符合实际；
D．BaCl2的 “离子电子式规范”， 阴离子需加方括号、标电荷，选项未体现则错。
3．（2025高三上·保定月考）化学物质在生产、生活中得到广泛应用。下列说法错误的是
A．华为麒麟芯片的主要成分与光导纤维的主要成分不同
B．食用铁强化酱油可减少缺铁性贫血的发生，也可以多食用菠菜等
C．镧镍合金与大量氢气结合形成非常稳定的氢化物，可用作储氢材料
D．在污水中加入硫酸铝、聚合氯化铝等可使污水中的细小悬浮物聚集成沉淀
【答案】B
【知识点】硅和二氧化硅；合金及其应用；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、麒麟芯片的核心成分是硅（Si），属于半导体材料；光导纤维的主要成分是二氧化硅（SiO2），用于光信号传导。二者化学成分不同，A正确；
B、铁强化酱油中的铁以易吸收的形式存在（如亚铁离子），可补充人体铁元素，减少缺铁性贫血；但菠菜中的铁多与草酸结合形成难溶物，人体难以吸收，无法有效补充铁元素，因此 “多食用菠菜” 的B错误；
C、镧镍合金具有储氢特性，能与氢气结合形成稳定的氢化物，且在特定条件下可释放氢气，满足储氢材料的功能需求，C正确；
D、硫酸铝、聚合氯化铝中的铝离子（Al3+）在水中水解生成氢氧化铝胶体，胶体的吸附作用可使细小悬浮物聚集形成沉淀，达到净水目的，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．芯片（Si）vs 光导纤维（SiO2）， 成分不同。
B．菠菜中铁的存在形式（难溶草酸铁）， 人体难吸收，“多吃菠菜补铁”。
C．镧镍合金的储氢特性（可逆形成氢化物）， 符合储氢材料功能。
D．铝盐水解生成胶体， 胶体吸附悬浮物沉淀，符合净水原理。
4．（2025高三上·保定月考）在CO存在条件下还原金属盐，发生的反应为。已知：soln表示溶液，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．26.7 g双聚氯化铝分子中所含共价键的数目为
B．2.0 L 2.0 mol/L的AlCl3溶液中阴离子总数为
C．标准状况下，个苯分子的体积约为22.4 L
D．1 mol CrCl3发生题述氧化还原反应得到电子的数目为
【答案】D
【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、双聚氯化铝（Al2Cl6）的摩尔质量为 267 g/mol，26.7 g 对应 0.1 mol。但 Al2Cl6的结构中，每个 Al 与 4 个 Cl 形成共价键（其中 2 个是桥键），1 个 Al2Cl6含 8 个共价键，0.1 mol 应含 0.8NA 个共价键，并非 0.6NA，A错误；
B、AlCl3溶液中，Al3+ 会发生水解：Al3++3H2O Al(OH)3+3H+，溶液中的阴离子包括 Cl - 和水解产生的 OH-，但水解是可逆反应，无法完全进行，且 OH - 的量无法通过简单计算确定，因此阴离子总数不是 12NA，B错误；
C、标准状况下苯是液态，而气体摩尔体积（22.4 L/mol）仅适用于标准状况下的气态物质，液态苯不能用此计算体积，C错误；
D、反应中 Cr 元素从 CrCl3的 +3 价，降低到 [Cr(CO)6] 中的 0 价，1 mol CrCl3中 Cr3+ 得到 3 mol 电子，对应数目为 3NA，D正确；
故答案为：D。
【分析】解题突破口：抓考点核心细节：共价键：算物质的量 + 明确结构（如 Al2Cl6的键数）；溶液离子：考虑盐类水解的可逆性，不能直接按化学式算；气体体积：必须是 “标况 + 气态”；电子转移：看元素化合价变化（价态差 × 物质的量）。
A．Al2Cl6（0.1mol）含 8 个共价键，为0.8NA。
B．Al3+ 水解可逆，阴离子总数不能直接算；
C．标况下苯是液态，不适用 22.4L/mol；
D．Cr 从 +3到0 价，1mol CrCl3得 3NA电子。
5．（2025高三上·保定月考）下列过程中发生反应的离子方程式书写错误的是
A．等物质的量浓度的与溶液按体积比为1：2反应：
B．用绿矾处理酸性重铬酸根离子：
C．碱性条件下用次氯酸钠与制备绿色消毒剂高铁酸钠：
D．铅酸蓄电池总反应：
【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、NH4Al(SO4)2与 Ba (OH)2按 1：2 反应时，OH-的反应顺序是：先与 Al3+结合生成 Al(OH)3，剩余 OH-再与 NH4+反应生成 NH3 H2O，而非直接将 Al (OH)3转化为 [Al (OH)4]-。正确方程式为： ，A错误；
B、酸性条件下，Cr2O72-（Cr 为 + 6 价）氧化 Fe2+为 Fe3+，自身被还原为 Cr3+（+3 价），反应中电荷（左边电荷：-2 + 6×(+2) +14×(+1)=+24；右边：6×(+3)+2×(+3)=+24）和原子均守恒，B正确；
C、碱性条件下，ClO-氧化 Fe3+为 FeO42-（Fe 为 + 6 价），自身被还原为 Cl-（Cl 为 - 1 价），反应式中 OH-适配碱性环境，电荷（左边：3×(-1)+2×(+3)+10×(-1)=-7；右边：2×(-2)+3×(-1)=-7）和原子均守恒，C正确；
D、铅蓄电池总反应中，Pb（0 价）被氧化为 PbSO4（Pb 为 + 2 价），PbO2（Pb 为 + 4 价）被还原为 PbSO4（+2 价），酸性条件下 SO42-参与反应，原子和电荷均守恒，D正确；
故答案为：A。
【分析】A．NH4Al(SO4)2与 Ba(OH)2按 1：2 反应时，OH-应先和 Al3+生成 Al(OH)3，剩余 OH-再与 NH4+反应，并非直接生成 [Al(OH)4]-，违背反应顺序。
B．酸性条件下，Cr2O72-氧化 Fe2+，反应的电荷（左：-2+6×2+14×1=24；右：6×3+2×3=24）与原子均守恒。
C．碱性环境中，ClO-氧化 Fe3+生成 FeO42-，反应含 OH-适配环境，电荷守恒。
D．铅蓄电池总反应在酸性中进行，原子、电荷均守恒。
6．（2025高三上·保定月考）实验是检验真理的唯一标准，下列装置能形成原电池，但相关说法错误的是
A．Cu作负极，C作正极，FeCl3为电解质溶液 B．Al作负极，Mg作正极，NaOH为电解质溶液
C．Fe作负极，铜作正极，硝酸为电解质溶液 D．Fe作负极，铜作正极，NaCl为电解质溶液
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、Cu 能与 FeCl3溶液反应（Cu 失电子） ：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，C 不反应，故 Cu 为负极、C 为正极，FeCl3作电解质，A正确；
B、Al 能与 NaOH 溶液反应（Al 失电子） ：2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑， Mg 不与 NaOH 反应，故 Al 为负极、Mg 为正极，NaOH 作电解质，B正确；
C、浓 HNO3强氧化性使 Fe 钝化（无法失电子），而 Cu 会与浓 HNO3反应（Cu 失电子） ：Cu+4H++=Cu2++2NO2↑+2H2O， 因此 Cu 为负极、Fe 为正极，C错误；
D、NaCl 溶液中，Fe 发生吸氧腐蚀（Fe 失电子）作负极，Cu 作正极（O2得电子），D正确；
故答案为：C。
【分析】A．Cu 能与 FeCl3反应（失电子），C 不反应，Cu 为负极、C 为正极。
B．Al 能与 NaOH 反应（失电子），Mg 不反应，Al 为负极、Mg 为正极。
C．Fe 遇浓 HNO3钝化（无法失电子），Cu 与浓 HNO3反应（失电子），实际 Cu 为负极、Fe 为正极，原说法 “Fe 作负极”。
D．NaCl 溶液中 Fe 发生吸氧腐蚀（失电子），Fe 为负极、Cu 为正极。
7．（2025高三上·保定月考）一种抗癌药多烯紫杉醇的中间体的合成路线如下：
下列说法错误的是
A．M、N均能与溴的CCl4溶液发生反应
B．M中所有碳原子可能共平面
C．M、N均能与NaOH溶液反应
D．N中苯环上的二氯代物有6种(不考虑立体异构)
【答案】A
【知识点】有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A、M 含碳碳双键，能与溴的 CCl4溶液发生加成反应；但 N 的结构中无碳碳双键（原双键已加成引入羟基），不能与溴的 CCl4溶液反应，A错误；
B、M 中苯环、碳碳双键、羰基均为平面结构，各平面通过单键连接（单键可旋转）， 是四面体结构，最多3个原子共平面， 最多3个原子共平面，故M中所有碳原子可能共平面，B正确；
C、M 含酯基，能在 NaOH 溶液中发生水解反应；N 含酯基和羟基（羟基与 NaOH 不反应，但酯基可水解），因此 M、N 均能与 NaOH 溶液反应，C正确；
D、N 的苯环上有 3 个氢原子可被取代，二氯代物的计数方法：先定一个氯原子，再数另一个氯原子的位置， 有、、、、、，共6种，D正确；
故答案为：A。
【分析】A．M 含碳碳双键（能与溴加成），但 N 无双键（原双键已加成）， 只有 M 能反应。
B．M 中苯环、双键、羰基都是平面结构，单键可旋转， 所有碳原子可能共面。
C．M、N 都含酯基，均能与 NaOH 发生酯水解反应。
D．N 苯环用 “定一移一” 法，可知二氯代物共 6 种。
8．（2025高三上·保定月考）下列实验装置或操作能够达到实验目的的是
A．用托盘天平称量4.0 g的NaOH固体 B．混合浓硫酸和乙醇
C．分离苯和硝基苯 D．生石膏加热制备熟石膏
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】常用仪器及其使用；蒸馏与分馏
【解析】【解答】A、NaOH 具有强腐蚀性，不能直接放在托盘天平的托盘上称量，应放在烧杯等容器中，故A不符合题意 ；
B、混合浓硫酸和乙醇时，应将浓硫酸缓慢倒入乙醇中（浓硫酸密度大，若将乙醇倒入浓硫酸会导致液体暴沸），故B不符合题意 ；
C、苯和硝基苯互溶，需通过蒸馏分离（利用沸点差异），但图中蒸馏装置的温度计水银球未位于蒸馏烧瓶支管口处（无法准确测量馏分温度），装置不符合要求，故C不符合题意 ；
D、生石膏的化学式为 CaSO4 2H2O，加热脱水后可制得熟石膏（2CaSO4 H2O），图中用酒精灯加热的装置可实现该反应，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】A．NaOH 有腐蚀性，不能直接放托盘称量。
B．混合浓硫酸和乙醇应 “将浓硫酸缓慢倒入乙醇”（防暴沸），图中顺序反了。
C． 苯和硝基苯互溶，沸点不同，可用蒸馏法分离，温度计水银球应位于蒸馏烧瓶支管口处 。
D．生石膏（CaSO4 2H2O）加热脱水可制熟石膏（2CaSO4 H2O），图中加热装置可实现。
9．（2025高三上·保定月考）恒温条件下，乙酸和乙醇在一定条件下可发生酯化反应，酯化反应为可逆反应，不断移除生成的水才能使得反应继续进行，反应机理如图所示。
若用CH3CO18OH作示踪原子实验，下列相关说法正确的是
A．升高温度，酯的水解反应速率变大，酯化反应速率变小
B．反应一段时间后，18O原子肯定不会存在于乙醇分子中
C．向体系中加入一定量的CaO，会直接增大酯化反应的速率
D．用CH3CO18OH作示踪原子实验生成的乙酸乙酯只有一种
【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；酯的性质；酯化反应
【解析】【解答】A、升高温度会同时加快正、逆反应速率（酯化是正反应，水解是逆反应），不会出现 “水解速率变大、酯化速率变小” 的情况，A错误；
B、酯化反应是可逆反应，中间产物中存在含18O 的基团，逆反应（水解）可能使18O 转移到乙醇分子中，因此18O 原子可能存在于乙醇中，B错误；
C、CaO 会与体系中的水反应（移除水），但不会直接改变反应的活化能或浓度，因此不会 “直接增大酯化反应速率”，C错误；
D、用 CH3CO18OH 作示踪原子时，根据反应机理，18O 会进入乙酸乙酯的酯基氧原子中，生成的乙酸乙酯结构唯一（只有酯基含18O），因此产物只有一种，D正确；
故答案为：D。
【分析】酯化反应是乙酸与乙醇间的可逆反应，在恒温条件下，反应会达到平衡状态；而生成的水会抑制正反应进行，因此需不断移除水，才能促使平衡向生成酯的方向移动，推动反应持续进行。结合这一可逆反应的特点，可对各选项的反应速率、原子去向等内容进行判断。
10．（2025高三上·保定月考）碘是人体必需的微量元素之一，某校化学兴趣小组同学设计了如图实验方案从海带中提取碘。
下列说法错误的是
A．试剂A可以为H2O2，发生的反应为2I-+2H++H2O2=+2H2O
B．试剂B可以为有机溶剂苯，富集，操作A为萃取、分液
C．试剂C可以为浓的NaOH溶液，发生的反应为
D．试剂D可以为H2SO4，发生的反应为
【答案】B
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；海水资源及其综合利用；分液和萃取；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、试剂 A 的作用是将 I-氧化为 I2，H2O2在酸性（稀 H2SO4）条件下可实现该氧化：2I-+2H++H2O2=I2+2H2O，A正确；B、苯的密度比水小，若用苯作萃取剂，萃取后含 I2的苯溶液应在上层，但后续操作中 “含 I2的试剂 B 溶液” 经试剂 C 处理后，上层溶液才用于后续步骤，说明试剂 B 溶液应在下层，而苯在上层，因此试剂 B 不能是苯，B错误；
C、试剂 C 的作用是将 I2转化为离子（反萃取），浓 NaOH 溶液可与 I2发生歧化反应：3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O，C正确；
D、试剂 D 的作用是将 I-、IO3-转化为 I2，H2SO4提供酸性环境，发生归中反应：5I-+IO3-+6H+=3I2↓+3H2O，D正确；
故答案为：B。
【分析】从海带提碘的实验流程为：先将海带灼烧成灰，加水浸泡、过滤得到含 I-的滤液；在酸性条件下，用试剂 A（如 H2O2）将 I-氧化为 I2，得到含 I2的水溶液；再用试剂 B（密度大于水的有机溶剂，如 CCl4）萃取 I2，经分液得到含 I2的试剂 B 溶液；向该溶液中加试剂 C（如浓 NaOH），使 I2歧化生成 I-和 IO3-，分液后取上层溶液；最后加试剂 D（如 H2SO4），让 I-与 IO3-归中反应生成 I2，经处理得到 I2固体。结合各步骤的试剂性质与操作逻辑，可分析各选项的合理性。
11．（2025高三上·保定月考）物质的分离与提纯是通过物理或化学方法将混合物中的不同成分分开，获得纯净物质的过程。有同学利用此法进行粗盐的提纯，已知：粗盐中的杂质离子为Ca2+、Mg2+、；所用试剂为0.1 mol/L BaCl2溶液、20%NaOH溶液、饱和Na2CO3溶液、6 mol/L盐酸，下列有关粗盐提纯的说法正确的是
A．试剂加入的顺序：NaOH、Na2CO3、BaCl2、盐酸
B．整个过程的操作是溶解、过滤、测pH(盐酸)，蒸发结晶
C．实验过程中需用到量筒、分液漏斗、玻璃棒等玻璃仪器
D．直接加热蒸干后，用坩埚钳将蒸发皿放置在陶土网上冷却
【答案】B
【知识点】常用仪器及其使用；过滤；物质的分离与提纯；粗盐提纯
【解析】【解答】A、除杂时，Na2CO3需在 BaCl2之后加入（以除去过量的 Ba2+），此顺序中 BaCl2在 Na2CO3之后，无法除去过量 Ba2+，A错误；
B、粗盐提纯的核心操作是：先溶解粗盐，加试剂除杂后过滤（除去沉淀），加盐酸调 pH（除去过量 OH-、CO32-），最后蒸发结晶得到精盐，B正确；
C、粗盐提纯无需分液操作，因此不需要分液漏斗；主要仪器为烧杯、玻璃棒、漏斗、蒸发皿等，C错误；
D、蒸发时不能直接蒸干（易导致精盐飞溅），应蒸发至大量晶体析出后余热蒸干；且蒸发皿冷却时可直接放实验台或陶土网，但 “直接蒸干”错误，D错误；
故答案为：B。
【分析】粗盐提纯的关键是去除 Ca2+、Mg2+、SO42-杂质：先加过量 NaOH 溶液除去 Mg2+，再加过量 BaCl2溶液除去 SO42-，随后加过量 Na2CO3溶液（必须在 BaCl2之后加入，才能同时除去 Ca2+和过量的 Ba2+）；过滤除去生成的沉淀后，向滤液中加盐酸，除去过量的 OH-和 CO32-并调节 pH；最后通过蒸发结晶得到精盐。基于这一除杂原理和操作步骤，可对各选项进行分析判断。
12．（2025高三上·保定月考）浓硫酸与木炭在加热条件下可发生化学反应，为检验反应的产物，某同学利用如图所示的仪器设计完成实验。
下列相关说法错误的是
A．仪器组装的顺序为：a→e→d→c→b
B．a中发生反应的方程式为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O
C．c中试剂可更换为NaOH溶液
D．有同学认为去掉装置d也可完成该实验产物的检验
【答案】C
【知识点】浓硫酸的性质；常见气体的检验；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、仪器组装顺序是先接 e（验 H2O），再接 d（验 SO2），然后 c（除 SO2），最后 b（验 CO2），A正确；B、反应方程式符合浓硫酸与木炭的氧化还原反应（C 被氧化为 CO2，S 被还原为 SO2），B正确。
C、c 中试剂若换为 NaOH 溶液，虽能除 SO2，但 NaOH 与 CO2也会反应，后续无法检验 CO2；且 NaOH 无 “检验 SO2是否除尽” 的作用（酸性 KMnO4褪色可证明 SO2被除尽），故不能更换，C错误；
D、去掉 d（品红），可通过 “c 中酸性 KMnO4褪色证明有 SO2，后续 b 中石灰水变浑浊证明有 CO2”，也能完成检验，逻辑可行，D正确；
故答案为：C。
【分析】首先明确实验背景：木炭与浓硫酸共热，发生反应生成 H2O、SO2、CO2三种产物。由于 SO2和 CO2都能使澄清石灰水变浑浊，且后续试剂会带水，因此检验时必须遵循 “先验水、再验 SO2、除尽 SO2、最后验 CO2” 的顺序，避免不同产物间的检验干扰。
基于此，各装置的功能需对应产物检验、 除杂需求：用装有无水硫酸铜的装置验证 H2O（它是唯一能检验水且不受其他产物干扰的试剂）；用品红溶液验证 SO2（SO2的特征褪色反应）；用酸性高锰酸钾溶液除去剩余的 SO2（同时可通过溶液是否褪色判断 SO2是否除净）；最后用澄清石灰水验证 CO2（此时 SO2已被除尽，石灰水变浑浊仅由 CO2引起）。
13．（2025高三上·保定月考）元素X、Y、Z、W均为短周期主族元素，其中X是短周期中原子半径最小的元素，只有Y、Z同周期，Z与X可形成离子化合物ZX5，且四种元素与Co3+可组成一种含有配位键的阳离子，其结构如图所示。
下列说法正确的是
A．ZX5中Z的化合价为+5价
B．最高价含氧酸的酸性：W>Z>Y
C．离子半径：XD．Y、Z、W分别与X形成的化合物的沸点：W>Z>Y
【答案】B
【知识点】原子结构与元素的性质；氢键的存在对物质性质的影响；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、Z X5为 NH4H，其中 NH4+中 N 的化合价为 - 3 价，并非 + 5 价，A错误；B、W、Z、Y 的最高价含氧酸分别为 HClO4（Cl 的最高价含氧酸）、HNO3（N 的最高价含氧酸）、H2CO3（C 的最高价含氧酸）。非金属性：Cl > N > C，故最高价含氧酸酸性：HClO4 > HNO3 > H2CO3，即 W > Z > Y，B正确；
C、X 的离子为 H+，W 的离子为 Cl-，Z 的离子为 N3-。离子半径规律：电子层数越多，半径越大（Cl-有 3 个电子层，N3-有 2 个电子层，H+无电子层），故半径：H+ < N3- < Cl-，即 X < Z < W，C错误；
D、Y、Z、W 与 X 形成的化合物分别为烃（如 CH4）、NH3、HCl。NH3分子间存在氢键，沸点：NH3 > HCl > CH4，即 Z > W > Y，D错误；
故答案为：B。
【分析】X：短周期中原子半径最小的主族元素是氢，故X 为 H。
Z：Z 与 X 形成离子化合物 Z X5，短周期中符合的是 NH4H（由 NH4+和 H-构成），因此Z 为 N。
Y：只有 Y、Z 同周期（Z 在第二周期），故 Y 也在第二周期；结合阳离子结构中 “YX2”（即 YH2）的成键特征，Y 为碳（形成 CH2结构），即Y 为 C。
W：四种元素均为短周期主族元素，且 “只有 Y、Z 同周期”，故 W 在第三周期；结合阳离子的配位键结构，W 为氯（Cl），即W 为 Cl。
14．（2025高三上·保定月考）常温下，短周期元素Z的单质(H)及其化合物的转化关系如图，M2、Q2均为气体单质，M2Q为常见液态化合物。
下列说法正确的是
A．M2为密度最小的单质，G一定能溶于水或能与水反应(常温)
B．Q2具有一定的氧化性，H、J、K中Z元素的化合价各不同
C．J可能与M2Q反应生成L，也可能不与M2Q反应
D．K可能为三原子分子，也可能为四原子分子，G为电解质
【答案】B
【知识点】氮的固定；含硫物质的性质及综合应用；无机物的推断
【解析】【解答】A、M2是 H2（密度最小的单质），但 G 不一定能溶于水或与水反应。比如 Z 为 S 时，G 是 H2S，H2S 与水不反应 ，A错误；
B、Q2是 O2，O 元素化合价可从 0 价降为 - 2 价，具有氧化性。无论 Z 是 N 还是 S：
若 Z 为 N：H（N2）中 Z 为 0 价，J（NO）中为 + 2 价，K（NO2）中为 + 4 价；
若 Z 为 S：H（S）中 Z 为 0 价，J（SO2）中为 + 4 价，K（SO3）中为 + 6 价；
两种情况中 H、J、K 里 Z 的化合价均不相同 ，B正确；
C、J 与 M2Q（H2O）的反应是固定的：
若 Z 为 N，J 是 NO，NO 与 H2O 不反应；
若 Z 为 S，J 是 SO2，SO2与 H2O 反应生成 H2SO3，但无法直接生成 L（H2SO4）；
不存在 “可能反应生成 L” 的情况，C错误；
D、K 若为 NO2（三原子分子）或 SO3（四原子分子），虽符合分子构成，但 G 不一定是电解质：比如 Z 为 N 时，G 是 NH3，NH3是非电解质；因此 “G 为电解质” 的表述错误 ，D错误；
故答案为：B。
【分析】题干中 “M2Q 为常见液态化合物” 是突破口，短周期内符合条件的只有 H2O，因此直接推断：M 是 H，Q 是 O；对应的气体单质 M2是 H2，Q2是 O2。
Z 是短周期元素，其单质 H 需同时满足两个条件：①能与 H2反应生成化合物 G；②能被 O2连续氧化（H→J→K），且最终产物 K 能与 H2O 反应生成 L。结合短周期元素的性质，Z 有两种可能：
可能 1：Z 为 N，对应的物质链为：H 是 N2，G 是 NH3，J 是 NO，K 是 NO2，L 是 HNO3；
可能 2：Z 为 S，对应的物质链为：H 是 S，G 是 H2S，J 是 SO2，K 是 SO3，L 是 H2SO4。
15．（2025高三上·保定月考）电解锰的生产中需要除去有害重金属元素钴和镍等。由碳酸锰矿(含)采用“一锅煮”、电解锰等方法除杂工艺制备锰产品的工艺如下：
回答下列问题：
（1）锰在元素周期表中的位置是　 　，的半衰期为310天，的半衰期为2.58小时，的半衰期为1.7分钟，、、的关系为　 　。
（2）实验室模拟“粗滤”时所需的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和　 　，滤渣的成分是　 　。
（3）根据“除钴镍”步骤分析，　 　(填“>”或“<”)。
（4）电解时，另一极上有气体生成，发生的总反应的化学方程式为　 　，电解后液的成分　 　可以循环使用(填化学式)。
（5）“沉锰”的离子方程式为　 　。
（6）MnO2可用于在酸性条件下处理硫化锰矿，反应过程中有S单质生成，写出反应的离子方程式：　 　。
【答案】（1）第四周期VIIB族；同位素
（2）漏斗；
（3）>
（4）；硫酸
（5）
（6）
【知识点】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；制备实验方案的设计；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）锰原子序数为25，所以在元素周期表的位置为第四周期VIIB族，、、质子数相同中子数不同，所以互为同位素。
故答案为： 第四周期VIIB族 ； 同位素 ；
（2）“粗滤”时所需的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗；根据分析可知粗滤滤渣为。
故答案为： 漏斗 ； ；
（3）除钴镍中加入硫化锰生成硫化钴，溶解度小的沉淀转化为溶解度更小的沉淀，故>。
故答案为： > ；
（4）电解硫酸锰溶液时，阳极生成二氧化锰，另一极即阴极上有气体生成故为氢气，总反应为：。电解后液能循环利用的是硫酸。
故答案为： ； 硫酸 ；
（5）沉锰生成碳酸锰，离子方程式为：。
故答案为： ；
（6）MnO2可用于在酸性条件下处理硫化锰矿，反应过程中有S单质生成，故离子方程式为：。
故答案为： ；
【分析】本题要从菱锰矿中提取锰并得到二氧化锰。具体步骤的作用是 “分步骤分离杂质、富集锰元素”：用稀硫酸处理菱锰矿，矿石中的锰、钴、镍转化为可溶性硫酸盐（硫酸锰、硫酸钴、硫酸镍）进入溶液；而矿石中的铅元素转化为硫酸铅（难溶），硅元素以二氧化硅形式存在，二者共同成为滤渣被分离。加入 MnS，利用沉淀转化（钴、镍离子与 S2-结合生成难溶硫化物），将溶液中的钴、镍杂质沉淀除去，过滤后得到较纯净的硫酸锰溶液。向硫酸锰溶液中加入碳酸氢铵，通过复分解反应生成碳酸锰沉淀，实现锰元素的富集（“沉锰”）。对硫酸锰溶液进行电解，阳极发生氧化反应生成二氧化锰（目标产物），阴极发生还原反应生成氢气；同时电解过程中会生成硫酸，可循环用于前期的 “溶浸” 步骤，提高原料利用率。据此解题。
（1）锰原子序数为25，所以在元素周期表的位置为第四周期VIIB族，、、质子数相同中子数不同，所以互为同位素。
（2）“粗滤”时所需的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗；根据分析可知粗滤滤渣为。
（3）除钴镍中加入硫化锰生成硫化钴，溶解度小的沉淀转化为溶解度更小的沉淀，故>。
（4）电解硫酸锰溶液时，阳极生成二氧化锰，另一极即阴极上有气体生成故为氢气，总反应为：。电解后液能循环利用的是硫酸。
（5）沉锰生成碳酸锰，离子方程式为：。
（6）MnO2可用于在酸性条件下处理硫化锰矿，反应过程中有S单质生成，故离子方程式为：。
16．（2025高三上·保定月考）氯化铁是一种重要的铁盐，被广泛应用于金属刻蚀、污水处理、凝聚剂、催化剂、氧化剂、媒染剂、制药等领域。FeCl3易潮解，易升华。某化学小组进行了FeCl3制备及性质探究实验。
I．制备无水FeCl3
（1）试剂a的名称是　 　，试剂b中溶质的化学式为　 　。
（2）该小组的同学认真分析仪器装置后认为该装置有安全隐患，隐患原因是　 　，改进方法为　 　。
（3）该小组的同学利用重铬酸钾(K2Cr2O7)和浓盐酸反应制备氯气，制备装置如图E所示，装置E中制备Cl2的离子方程式为　 　，装置E上方的胶管的作用为　 　。
Ⅱ．FeCl3的性质探究
（4）将制得的无水FeCl3配制成饱和FeCl3溶液，需要的试剂为无水FeCl3、去离子水和　 　；用饱和FeCl3溶液制备胶体的方法和操作是　 　，发生反应的化学方程式为　 　。
（5）用无水FeCl3配制250 mL 0.1 mol/L FeCl3溶液，所用的玻璃仪器为烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒和　 　，若定容时俯视刻度线，会使所配溶液的浓度　 　(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
（6）在3 mL 0.1 mol/L FeCl3溶液中滴加2滴淀粉溶液，再向其中加入几滴KI溶液，溶液变蓝，继续加入KI溶液至过量，最终溶液颜色变浅，变浅的原因是　 　(用离子方程式表示)。
【答案】浓硫酸；NaOH；FeCl3升华后凝华，堵塞导管；在装置A和B之间连接一根粗导管；+6Cl-+14H+＝2Cr3++3Cl2+7H2O；平衡气压，使浓盐酸顺利滴下；浓盐酸；将饱和FeCl3溶液逐滴滴加到沸水中，继续煮沸，待溶液变成红褐色则停止加热；FeCl3+3H2OFe(OH)3（胶体）+3HCl；250mL 容量瓶；偏高；I2+I-＝
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）由装置图可知，装置A中制备出FeCl3后，为防止其升华，采用冰水浴进行降温，同时避免FeCl3潮解，装置C中应装有浓硫酸，用于防止水蒸气进入，保持装置内干燥；装置D中应装有NaOH溶液，以吸收尾气Cl2。
故答案为： 浓硫酸 ；NaOH；
（2）FeCl3易升华，升华的FeCl3在导管处凝华，可能会堵塞导管，导致装置内压强骤增，引发爆炸。因此应在装置A和装置B之间连接一根粗导管，用于防止导管堵塞。
故答案为： FeCl3升华后凝华，堵塞导管 ； 在装置A和B之间连接一根粗导管 ；
（3）重铬酸钾具有强氧化性，能将Cl-氧化为Cl2，自身被还原为Cr3+，离子方程式为：+6Cl-+14H+＝2Cr3++3Cl2+7H2O。装置E上方的胶管可以平衡气压，使浓盐酸顺利滴下。
故答案为：+6Cl-+14H+＝2Cr3++3Cl2+7H2O ； 平衡气压，使浓盐酸顺利滴下 ；
（4）FeCl3易水解，因此在配制饱和FeCl3溶液时，应加入浓盐酸，用于抑制FeCl3的水解；通过向沸水中逐滴滴入饱和FeCl3溶液，继续煮沸，待溶液变成红褐色则停止加热，从而制得Fe(OH)3胶体。发生反应的化学方程式为：FeCl3+3H2OFe(OH)3（胶体）+3HCl；
故答案为： 浓盐酸 ； 将饱和FeCl3溶液逐滴滴加到沸水中，继续煮沸，待溶液变成红褐色则停止加热 ； FeCl3+3H2OFe(OH)3（胶体）+3HCl ；
（5）用无水FeCl3配制250 mL 0.1 mol/L FeCl3溶液，还需用到的玻璃仪器是250 mL 容量瓶，若定容时，俯视刻度线，会使得加入的水偏少，溶液实际体积偏小，所配制的溶液浓度偏高；
故答案为： 250mL 容量瓶 ； 偏高 ；
（6）Fe3+具有氧化性，能将I-氧化为I2，I2遇淀粉会变蓝，继续加入KI溶液至过量，溶液颜色变浅，可能是I2与I-反应生成，离子方程式为：I2+I-＝。
故答案为： I2+I-＝ 。
【分析】已知 FeCl3有 “易潮解、易升华” 的特点，因此制备时要满足两个核心要求：一是实验体系必须干燥（避免 FeCl3潮解），二是控制反应温度不能过高（防止 FeCl3升华损失）。同时 Cl2是有毒气体，不能直接排放，所以装置需包含尾气处理环节。基于这些特性，可明确装置 B、C、D 的作用：装置 B（冰水浴）用于冷却，减少 FeCl3升华；装置 C 用于保持体系干燥（需选干燥剂）；装置 D 用于吸收尾气 Cl2（需选碱性试剂）。
（1）试剂 a：装置 C 需防 FeCl3潮解，用浓硫酸（干燥）；
试剂 b：装置 D 需吸收尾气 Cl2，用NaOH 溶液。
（2）隐患：FeCl3升华后易在导管凝结，堵塞导管致装置压强骤增；
改进：在 A、B 间连粗导管（防堵塞）。
（3）离子方程式：K2Cr2O7氧化 Cl-为 Cl2，离子式为 Cr2O72-+6Cl-+14H+=2Cr3++3Cl2↑+7H2O；
胶管作用：平衡气压，使浓盐酸顺利滴下。
（4）试剂：FeCl3易水解，加浓盐酸（抑制水解）；
胶体制备：饱和 FeCl3溶液逐滴滴入沸水，煮沸至红褐色；
方程式：FeCl3与H2O 煮沸生成Fe(OH)3(胶体) 和HCl，据此书写化学方程式。
（5）玻璃仪器：配制 250mL 溶液需250mL 容量瓶；误差：定容俯视，溶液体积偏小，浓度偏高。
（6）过量 I-与 I2结合为 I3-，离子式为 I2 + I- = I3-，碘单质含量降低，会导致溶液颜色变浅。
17．（2025高三上·保定月考）有机玻璃G(聚甲基丙烯酸甲酯)具有较好的透明性、化学稳定性、力学性能和耐候性、易染色、易加工、外观优美等优点，由2-丙醇(A)制备有机玻璃G的合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A→B需要的条件和试剂是　 　，B→C的反应类型为　 　。
（2）HCN的电子式为　 　，G的结构简式为　 　。
（3）E→F的化学方程式为　 　。
（4）F中官能团的名称为　 　；F的合成有如下两种方法：
Ⅰ .旧的合成方法：
Ⅱ.新的合成方法：
与旧方法相比，新方法的优点是　 　(写出两点)。
（5）D的同分异构体中，满足下列两个条件的D的同分异构体有　 　种(不考虑立体异构)。
①能与NaHCO3溶液反应
②1 mol D与足量Na反应生成1 mol H2
【答案】（1）；加成反应
（2）；
（3）+CH3OH+H2O
（4）碳碳双键、酯基；新方法原料利用率高，新方法对设备腐蚀性小
（5）4
【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）A→B为催化氧化得到，醇催化氧化需要的条件和试剂是：；化合物B与HCN在催化剂作用下发生加成反应得到C，则 B→C的反应类型为加成反应。
故答案为： ； 加成反应 ；
（2）HCN的电子式为；根据分析，G的结构简式为。
故答案为： ； ；
（3）E→F发生酯化反应，化学方程式为+CH3OH+H2O。
故答案为：+CH3OH+H2O ；
（4）F为，含有的官能团名称为碳碳双键、酯基；新合成方法原料利用率高，原子利用率达100%，旧方法中有酸性反应物可以腐蚀设备，而新方法对设备腐蚀性小。
故答案为： 碳碳双键、酯基 ； 新方法原料利用率高，新方法对设备腐蚀性小 ；
（5）D为，不饱和度为1，其同分异构体，①能与NaHCO3溶液反应，说明含有羧基，②1 mol D与足量Na反应生成1 mol H2，说明除了羧基与Na反应还需要一个-OH，则其余碳原子为饱和碳原子，满足条件的有（序号表示-OH的位置），去掉物质D，还有4种同分异构体。
故答案为： 4 ；
【分析】2 - 丙醇（A）经催化氧化生成 B，结合 B 与 HCN 的加成产物 C 的结构，可推出 B 是丙酮（）。B 与 HCN 加成得到 C，C 经水解生成 D（含羟基、羧基的化合物：）；D 在浓硫酸、加热条件下发生消去反应（脱去羟基与邻位氢），生成含碳碳双键的 E（）；E 与 CH3OH 发生酯化反应，生成酯类化合物 F（）。F 中的碳碳双键发生加聚反应，得到有机玻璃 G（聚甲基丙烯酸甲酯，结构为）。
整个流程通过 “氧化→加成→水解→消去→酯化→加聚” 的连续反应，实现从 2 - 丙醇到有机玻璃的合成。
（1）A→B为催化氧化得到，醇催化氧化需要的条件和试剂是：；化合物B与HCN在催化剂作用下发生加成反应得到C，则 B→C的反应类型为加成反应。
（2）HCN的电子式为；根据分析，G的结构简式为。
（3）E→F发生酯化反应，化学方程式为+CH3OH+H2O。
（4）F为，含有的官能团名称为碳碳双键、酯基；新合成方法原料利用率高，原子利用率达100%，旧方法中有酸性反应物可以腐蚀设备，而新方法对设备腐蚀性小。
（5）D为，不饱和度为1，其同分异构体，①能与NaHCO3溶液反应，说明含有羧基，②1 mol D与足量Na反应生成1 mol H2，说明除了羧基与Na反应还需要一个-OH，则其余碳原子为饱和碳原子，满足条件的有（序号表示-OH的位置），去掉物质D，还有4种同分异构体。
18．（2025高三上·保定月考）科学家通过催化剂技术，在汽车尾气系统中安装了催化转化器，使尾气中有毒的CO、NO转化成无毒的气体。已知：在某温度下，有催化剂存在的2 L的密闭容器，利用气体传感器测得不同时间部分气体的浓度及达到限度时释放的热量如下表：
时间/s 0 1 2 3 4 5 达到限度时释放的热量/kJ
/10-2 mol/L 10 4.5 2.5 1.5 1.0 1.0 67.212
/10-2 mol/L 36 30.5 28.5 27.5 27.0 27.0
回答下列问题：
（1）汽车尾气催化转化器系统中发生反应的热化学方程式为　 　，前2 s内的平均反应速率　 　。
（2）在坐标系图中画出催化转化器中反应产物随时间变化的图像　 　(描点作图)。
（3）对2 L的密闭容器进行加压，使体积变为1 L，达到平衡的时间　 　(填“>”“<”“=”)4 s。
（4）实验发现，其他条件不变，在相同时间内，向上述2 L的密闭容器中加入一定的CaO可以增大一种产物的体积分数，另一种产物的体积分数降低。
①加入CaO时，使产物的体积分数增大的原因是　 　(用化学方程式表示)。
②在加入CaO时，根据CaO的颗粒直径大小不同平行做了三组实验，分别为毫米级CaO、微米级CaO、纳米级CaO，实验结果表明：体积分数增大的关系是毫米级CaO<微米级CaO<纳米级CaO，其原因是　 　。
（5）为了解决环境问题，科学家利用温室气体CO2转化为有机燃料甲醇，利用双极膜设计了原电池，其机理如图所示。(已知：双极膜中的H2O可自动解离为H+和OH-)
该原电池的负极反应式为　 　；该原电池的正极反应式为　 　；每消耗97.5 g Zn，理论上生成　 　mol甲醇。
【答案】（1）；
（2）
（3）<
（4）；颗粒直径越小，表面积越大，与接触越充分，与反应越快，消耗越多，平衡正向移动程度越大，体积分数增大越大。
（5）；；0.5
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）根据表格分析可知时，释放的能量为67.212 kJ，故消耗2 mol NO时释放的能量为：，故热化学方程式为：；前2 s内的平均反应速率。
故答案为： ； ；
（2）根据反应方程式及题干表格可知：
根据此描点绘制为平滑曲线为：
。
故答案为： ；
（3）对2 L的密闭容器进行加压，使体积变为1 L，反应物浓度增加，反应速率加快，达到平衡的时间<4 s。
故答案为： < ；
（4）①加入一定的CaO可以增大一种产物的体积分数，另一种产物的体积分数降低，原因是加入氧化钙可以结合生成的二氧化碳，使二氧化碳的浓度降低，平衡正向移动，从而提高氮气浓度，使其体积分数增大，故答案为：；
②体积分数增大的关系是毫米级CaO<微米级CaO<纳米级CaO，原因为：颗粒直径越小，表面积越大，与接触越充分，与反应越快，消耗越多，平衡正向移动程度越大，体积分数增大越大。
故答案为： ； 颗粒直径越小，表面积越大，与接触越充分，与反应越快，消耗越多，平衡正向移动程度越大，体积分数增大越大；
（5）分析原电池可知：负极为锌失电子并结合氢氧根生成，负极反应式为：；正极为二氧化碳得电子结合氢离子变为甲醇和水，电极方程式为：；根据电极方程式可知每消耗3个Zn会生成1个甲醇，每消耗97.5 g Zn，即1.5 mol Zn，则生成0.5 mol甲醇。
故答案为： ； ；0.5；
【分析】(1) 热化学方程式：通过 NO 消耗的物质的量（0.18mol）对应放热 67.212kJ，计算 2mol NO 反应放热 746.8kJ，得方程式：2CO (g)+2NO (g)=2CO2(g)+N2(g) ΔH=-746.8kJ/mol；
平均速率：前 2s NO 浓度变化 7.5×10-2mol/L，速率 v (NO)=7.5×10-2/2=3.75×10-2mol/(L s)。
(2) 产物浓度：根据反应比例，CO2浓度变化量与 NO 相同，N2为 NO 的；
描点作图：按时间对应的 CO2、N2浓度（如 t=2s 时，CO2为 7.5×10-2mol/L，N2为3.75×10-2mol/L）绘平滑曲线。
(3) 加压后体积减小，反应物浓度增大，反应速率加快，达到平衡的时间 < 4s。
(4) ①CaO 与 CO2反应（CaO+CO2=CaCO3），降低 CO2浓度，平衡正向移动，N2体积分数增大；
②颗粒直径越小，表面积越大，与 CO2接触越充分，消耗 CO2越多，平衡正向程度越大，N2体积分数增幅越大。
(5) 负极反应：Zn 失电子结合 OH-生成 [Zn(OH)4]2-，即 Zn-2e-+4OH-=[Zn(OH)4]2-；
正极反应：CO2得电子结合 H+生成 CH3OH 和 H2O，即 CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O；
计算：97.5g Zn（1.5mol）对应生成 0.5mol CH3OH。
（1）根据表格分析可知时，释放的能量为67.212 kJ，故消耗2 mol NO时释放的能量为：，故热化学方程式为：；前2 s内的平均反应速率。
（2）根据反应方程式及题干表格可知：
根据此描点绘制为平滑曲线为：
。
（3）对2 L的密闭容器进行加压，使体积变为1 L，反应物浓度增加，反应速率加快，达到平衡的时间<4 s。
（4）①加入一定的CaO可以增大一种产物的体积分数，另一种产物的体积分数降低，原因是加入氧化钙可以结合生成的二氧化碳，使二氧化碳的浓度降低，平衡正向移动，从而提高氮气浓度，使其体积分数增大，故答案为：；
②体积分数增大的关系是毫米级CaO<微米级CaO<纳米级CaO，原因为：颗粒直径越小，表面积越大，与接触越充分，与反应越快，消耗越多，平衡正向移动程度越大，体积分数增大越大。
（5）分析原电池可知：负极为锌失电子并结合氢氧根生成，负极反应式为：；正极为二氧化碳得电子结合氢离子变为甲醇和水，电极方程式为：；根据电极方程式可知每消耗3个Zn会生成1个甲醇，每消耗97.5 g Zn，即1.5 mol Zn，则生成0.5 mol甲醇。
1 / 1河北省保定市部分高中2025-2026学年高三上学期10月质量检测 化学试题
1．（2025高三上·保定月考）中华文明历史悠久。下列有关文物的说法错误的是
A．商朝时出土的龟甲的主要成分羟基磷灰石属于有机物 B．新石器时代陶寺村出土的土鼓的主要成分为硅酸盐
C．辽代高脚玻璃杯，玻璃为传统无机非金属材料 D．西汉长信宫灯是汉代的青铜器，青铜属于合金
A．A B．B C．C D．D
2．（2025高三上·保定月考）下列化学用语或图示正确的是
A．苯丙氨酸的结构简式：
B．异丁烷分子的球棍模型：
C．NaCl溶液中导电离子可表示为
D．用电子式表示BaCl2的形成过程为
3．（2025高三上·保定月考）化学物质在生产、生活中得到广泛应用。下列说法错误的是
A．华为麒麟芯片的主要成分与光导纤维的主要成分不同
B．食用铁强化酱油可减少缺铁性贫血的发生，也可以多食用菠菜等
C．镧镍合金与大量氢气结合形成非常稳定的氢化物，可用作储氢材料
D．在污水中加入硫酸铝、聚合氯化铝等可使污水中的细小悬浮物聚集成沉淀
4．（2025高三上·保定月考）在CO存在条件下还原金属盐，发生的反应为。已知：soln表示溶液，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．26.7 g双聚氯化铝分子中所含共价键的数目为
B．2.0 L 2.0 mol/L的AlCl3溶液中阴离子总数为
C．标准状况下，个苯分子的体积约为22.4 L
D．1 mol CrCl3发生题述氧化还原反应得到电子的数目为
5．（2025高三上·保定月考）下列过程中发生反应的离子方程式书写错误的是
A．等物质的量浓度的与溶液按体积比为1：2反应：
B．用绿矾处理酸性重铬酸根离子：
C．碱性条件下用次氯酸钠与制备绿色消毒剂高铁酸钠：
D．铅酸蓄电池总反应：
6．（2025高三上·保定月考）实验是检验真理的唯一标准，下列装置能形成原电池，但相关说法错误的是
A．Cu作负极，C作正极，FeCl3为电解质溶液 B．Al作负极，Mg作正极，NaOH为电解质溶液
C．Fe作负极，铜作正极，硝酸为电解质溶液 D．Fe作负极，铜作正极，NaCl为电解质溶液
A．A B．B C．C D．D
7．（2025高三上·保定月考）一种抗癌药多烯紫杉醇的中间体的合成路线如下：
下列说法错误的是
A．M、N均能与溴的CCl4溶液发生反应
B．M中所有碳原子可能共平面
C．M、N均能与NaOH溶液反应
D．N中苯环上的二氯代物有6种(不考虑立体异构)
8．（2025高三上·保定月考）下列实验装置或操作能够达到实验目的的是
A．用托盘天平称量4.0 g的NaOH固体 B．混合浓硫酸和乙醇
C．分离苯和硝基苯 D．生石膏加热制备熟石膏
A．A B．B C．C D．D
9．（2025高三上·保定月考）恒温条件下，乙酸和乙醇在一定条件下可发生酯化反应，酯化反应为可逆反应，不断移除生成的水才能使得反应继续进行，反应机理如图所示。
若用CH3CO18OH作示踪原子实验，下列相关说法正确的是
A．升高温度，酯的水解反应速率变大，酯化反应速率变小
B．反应一段时间后，18O原子肯定不会存在于乙醇分子中
C．向体系中加入一定量的CaO，会直接增大酯化反应的速率
D．用CH3CO18OH作示踪原子实验生成的乙酸乙酯只有一种
10．（2025高三上·保定月考）碘是人体必需的微量元素之一，某校化学兴趣小组同学设计了如图实验方案从海带中提取碘。
下列说法错误的是
A．试剂A可以为H2O2，发生的反应为2I-+2H++H2O2=+2H2O
B．试剂B可以为有机溶剂苯，富集，操作A为萃取、分液
C．试剂C可以为浓的NaOH溶液，发生的反应为
D．试剂D可以为H2SO4，发生的反应为
11．（2025高三上·保定月考）物质的分离与提纯是通过物理或化学方法将混合物中的不同成分分开，获得纯净物质的过程。有同学利用此法进行粗盐的提纯，已知：粗盐中的杂质离子为Ca2+、Mg2+、；所用试剂为0.1 mol/L BaCl2溶液、20%NaOH溶液、饱和Na2CO3溶液、6 mol/L盐酸，下列有关粗盐提纯的说法正确的是
A．试剂加入的顺序：NaOH、Na2CO3、BaCl2、盐酸
B．整个过程的操作是溶解、过滤、测pH(盐酸)，蒸发结晶
C．实验过程中需用到量筒、分液漏斗、玻璃棒等玻璃仪器
D．直接加热蒸干后，用坩埚钳将蒸发皿放置在陶土网上冷却
12．（2025高三上·保定月考）浓硫酸与木炭在加热条件下可发生化学反应，为检验反应的产物，某同学利用如图所示的仪器设计完成实验。
下列相关说法错误的是
A．仪器组装的顺序为：a→e→d→c→b
B．a中发生反应的方程式为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O
C．c中试剂可更换为NaOH溶液
D．有同学认为去掉装置d也可完成该实验产物的检验
13．（2025高三上·保定月考）元素X、Y、Z、W均为短周期主族元素，其中X是短周期中原子半径最小的元素，只有Y、Z同周期，Z与X可形成离子化合物ZX5，且四种元素与Co3+可组成一种含有配位键的阳离子，其结构如图所示。
下列说法正确的是
A．ZX5中Z的化合价为+5价
B．最高价含氧酸的酸性：W>Z>Y
C．离子半径：XD．Y、Z、W分别与X形成的化合物的沸点：W>Z>Y
14．（2025高三上·保定月考）常温下，短周期元素Z的单质(H)及其化合物的转化关系如图，M2、Q2均为气体单质，M2Q为常见液态化合物。
下列说法正确的是
A．M2为密度最小的单质，G一定能溶于水或能与水反应(常温)
B．Q2具有一定的氧化性，H、J、K中Z元素的化合价各不同
C．J可能与M2Q反应生成L，也可能不与M2Q反应
D．K可能为三原子分子，也可能为四原子分子，G为电解质
15．（2025高三上·保定月考）电解锰的生产中需要除去有害重金属元素钴和镍等。由碳酸锰矿(含)采用“一锅煮”、电解锰等方法除杂工艺制备锰产品的工艺如下：
回答下列问题：
（1）锰在元素周期表中的位置是　 　，的半衰期为310天，的半衰期为2.58小时，的半衰期为1.7分钟，、、的关系为　 　。
（2）实验室模拟“粗滤”时所需的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和　 　，滤渣的成分是　 　。
（3）根据“除钴镍”步骤分析，　 　(填“>”或“<”)。
（4）电解时，另一极上有气体生成，发生的总反应的化学方程式为　 　，电解后液的成分　 　可以循环使用(填化学式)。
（5）“沉锰”的离子方程式为　 　。
（6）MnO2可用于在酸性条件下处理硫化锰矿，反应过程中有S单质生成，写出反应的离子方程式：　 　。
16．（2025高三上·保定月考）氯化铁是一种重要的铁盐，被广泛应用于金属刻蚀、污水处理、凝聚剂、催化剂、氧化剂、媒染剂、制药等领域。FeCl3易潮解，易升华。某化学小组进行了FeCl3制备及性质探究实验。
I．制备无水FeCl3
（1）试剂a的名称是　 　，试剂b中溶质的化学式为　 　。
（2）该小组的同学认真分析仪器装置后认为该装置有安全隐患，隐患原因是　 　，改进方法为　 　。
（3）该小组的同学利用重铬酸钾(K2Cr2O7)和浓盐酸反应制备氯气，制备装置如图E所示，装置E中制备Cl2的离子方程式为　 　，装置E上方的胶管的作用为　 　。
Ⅱ．FeCl3的性质探究
（4）将制得的无水FeCl3配制成饱和FeCl3溶液，需要的试剂为无水FeCl3、去离子水和　 　；用饱和FeCl3溶液制备胶体的方法和操作是　 　，发生反应的化学方程式为　 　。
（5）用无水FeCl3配制250 mL 0.1 mol/L FeCl3溶液，所用的玻璃仪器为烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒和　 　，若定容时俯视刻度线，会使所配溶液的浓度　 　(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
（6）在3 mL 0.1 mol/L FeCl3溶液中滴加2滴淀粉溶液，再向其中加入几滴KI溶液，溶液变蓝，继续加入KI溶液至过量，最终溶液颜色变浅，变浅的原因是　 　(用离子方程式表示)。
17．（2025高三上·保定月考）有机玻璃G(聚甲基丙烯酸甲酯)具有较好的透明性、化学稳定性、力学性能和耐候性、易染色、易加工、外观优美等优点，由2-丙醇(A)制备有机玻璃G的合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A→B需要的条件和试剂是　 　，B→C的反应类型为　 　。
（2）HCN的电子式为　 　，G的结构简式为　 　。
（3）E→F的化学方程式为　 　。
（4）F中官能团的名称为　 　；F的合成有如下两种方法：
Ⅰ .旧的合成方法：
Ⅱ.新的合成方法：
与旧方法相比，新方法的优点是　 　(写出两点)。
（5）D的同分异构体中，满足下列两个条件的D的同分异构体有　 　种(不考虑立体异构)。
①能与NaHCO3溶液反应
②1 mol D与足量Na反应生成1 mol H2
18．（2025高三上·保定月考）科学家通过催化剂技术，在汽车尾气系统中安装了催化转化器，使尾气中有毒的CO、NO转化成无毒的气体。已知：在某温度下，有催化剂存在的2 L的密闭容器，利用气体传感器测得不同时间部分气体的浓度及达到限度时释放的热量如下表：
时间/s 0 1 2 3 4 5 达到限度时释放的热量/kJ
/10-2 mol/L 10 4.5 2.5 1.5 1.0 1.0 67.212
/10-2 mol/L 36 30.5 28.5 27.5 27.0 27.0
回答下列问题：
（1）汽车尾气催化转化器系统中发生反应的热化学方程式为　 　，前2 s内的平均反应速率　 　。
（2）在坐标系图中画出催化转化器中反应产物随时间变化的图像　 　(描点作图)。
（3）对2 L的密闭容器进行加压，使体积变为1 L，达到平衡的时间　 　(填“>”“<”“=”)4 s。
（4）实验发现，其他条件不变，在相同时间内，向上述2 L的密闭容器中加入一定的CaO可以增大一种产物的体积分数，另一种产物的体积分数降低。
①加入CaO时，使产物的体积分数增大的原因是　 　(用化学方程式表示)。
②在加入CaO时，根据CaO的颗粒直径大小不同平行做了三组实验，分别为毫米级CaO、微米级CaO、纳米级CaO，实验结果表明：体积分数增大的关系是毫米级CaO<微米级CaO<纳米级CaO，其原因是　 　。
（5）为了解决环境问题，科学家利用温室气体CO2转化为有机燃料甲醇，利用双极膜设计了原电池，其机理如图所示。(已知：双极膜中的H2O可自动解离为H+和OH-)
该原电池的负极反应式为　 　；该原电池的正极反应式为　 　；每消耗97.5 g Zn，理论上生成　 　mol甲醇。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；硅和二氧化硅；合金及其应用
【解析】【解答】A、商朝龟甲的主要成分是羟基磷灰石，其化学组成可表示为 Ca10(PO4)6(OH)2，该物质不含碳氢元素，属于无机物，而非有机物，A错误；
B、新石器时代陶寺村出土的土鼓属于陶器，陶器由陶土烧制而成，主要成分是硅酸盐，B正确；
C、玻璃的主要成分是硅酸钠、硅酸钙等，属于传统无机非金属材料（这类材料指除金属和有机物外的非金属材料），C正确；
D、西汉长信宫灯是青铜器，青铜器是铜与锡、铅等金属熔合而成的具有金属特性的混合物，符合合金的定义，D正确；
故答案为：A。
【分析】A．龟甲的 “羟基磷灰石”，直接看其组成（含 Ca、P、O、H，无 C、H 的有机结构），不符合有机物定义。
B．土鼓是 “陶器”，陶器的主要成分固定为硅酸盐。
C．玻璃属于传统无机非金属材料的典型代表。
D．青铜器是 “铜合金”，合金是金属混合体系。
2．【答案】C
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；结构简式；球棍模型与比例模型
【解析】【解答】A、苯丙氨酸的正确结构简式应为 “苯环 - CH2-CH (NH2)-COOH”，即氨基（-NH2）和羧基（-COOH）需连接在同一个碳原子上（α- 碳）。 故苯丙氨酸的结构简式，A错误；
B、异丁烷的结构是 (CH3)3CH，分子中存在 1 个中心碳原子连接 3 个甲基（-CH3）和 1 个氢原子，属于支链结构，球棍模型为，B错误；
C、NaCl 在水溶液中完全电离为 Na+和 Cl-，这两种离子会与水分子作用形成水合离子（水合钠离子带正电，水合氯离子带负电）。 水合钠离子表示为：，同理水合氯离子吸引氢原子，表示为：，C正确；
D、BaCl2是离子化合物，其电子式形成过程中，Ba 原子失去 2 个电子形成 Ba2+，2 个 Cl 原子各得 1 个电子形成 Cl-。正确的电子式需给 Cl-加方括号并标注负电荷，且 Ba2+与 Cl-的电子式应体现离子键。 正确的形成过程应为，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．苯丙氨酸的 “α- 碳连接规则”， 氨基、羧基必须连在同一碳原子，缺 CH2则错；
B．异丁烷的 “支链结构”， 是 (CH3)3CH，球棍模型不能是直链；
C．NaCl 溶液的 “水合离子”， 电离出的 Na+、Cl-会与水结合，图中带电荷的水合离子符合实际；
D．BaCl2的 “离子电子式规范”， 阴离子需加方括号、标电荷，选项未体现则错。
3．【答案】B
【知识点】硅和二氧化硅；合金及其应用；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、麒麟芯片的核心成分是硅（Si），属于半导体材料；光导纤维的主要成分是二氧化硅（SiO2），用于光信号传导。二者化学成分不同，A正确；
B、铁强化酱油中的铁以易吸收的形式存在（如亚铁离子），可补充人体铁元素，减少缺铁性贫血；但菠菜中的铁多与草酸结合形成难溶物，人体难以吸收，无法有效补充铁元素，因此 “多食用菠菜” 的B错误；
C、镧镍合金具有储氢特性，能与氢气结合形成稳定的氢化物，且在特定条件下可释放氢气，满足储氢材料的功能需求，C正确；
D、硫酸铝、聚合氯化铝中的铝离子（Al3+）在水中水解生成氢氧化铝胶体，胶体的吸附作用可使细小悬浮物聚集形成沉淀，达到净水目的，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．芯片（Si）vs 光导纤维（SiO2）， 成分不同。
B．菠菜中铁的存在形式（难溶草酸铁）， 人体难吸收，“多吃菠菜补铁”。
C．镧镍合金的储氢特性（可逆形成氢化物）， 符合储氢材料功能。
D．铝盐水解生成胶体， 胶体吸附悬浮物沉淀，符合净水原理。
4．【答案】D
【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、双聚氯化铝（Al2Cl6）的摩尔质量为 267 g/mol，26.7 g 对应 0.1 mol。但 Al2Cl6的结构中，每个 Al 与 4 个 Cl 形成共价键（其中 2 个是桥键），1 个 Al2Cl6含 8 个共价键，0.1 mol 应含 0.8NA 个共价键，并非 0.6NA，A错误；
B、AlCl3溶液中，Al3+ 会发生水解：Al3++3H2O Al(OH)3+3H+，溶液中的阴离子包括 Cl - 和水解产生的 OH-，但水解是可逆反应，无法完全进行，且 OH - 的量无法通过简单计算确定，因此阴离子总数不是 12NA，B错误；
C、标准状况下苯是液态，而气体摩尔体积（22.4 L/mol）仅适用于标准状况下的气态物质，液态苯不能用此计算体积，C错误；
D、反应中 Cr 元素从 CrCl3的 +3 价，降低到 [Cr(CO)6] 中的 0 价，1 mol CrCl3中 Cr3+ 得到 3 mol 电子，对应数目为 3NA，D正确；
故答案为：D。
【分析】解题突破口：抓考点核心细节：共价键：算物质的量 + 明确结构（如 Al2Cl6的键数）；溶液离子：考虑盐类水解的可逆性，不能直接按化学式算；气体体积：必须是 “标况 + 气态”；电子转移：看元素化合价变化（价态差 × 物质的量）。
A．Al2Cl6（0.1mol）含 8 个共价键，为0.8NA。
B．Al3+ 水解可逆，阴离子总数不能直接算；
C．标况下苯是液态，不适用 22.4L/mol；
D．Cr 从 +3到0 价，1mol CrCl3得 3NA电子。
5．【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、NH4Al(SO4)2与 Ba (OH)2按 1：2 反应时，OH-的反应顺序是：先与 Al3+结合生成 Al(OH)3，剩余 OH-再与 NH4+反应生成 NH3 H2O，而非直接将 Al (OH)3转化为 [Al (OH)4]-。正确方程式为： ，A错误；
B、酸性条件下，Cr2O72-（Cr 为 + 6 价）氧化 Fe2+为 Fe3+，自身被还原为 Cr3+（+3 价），反应中电荷（左边电荷：-2 + 6×(+2) +14×(+1)=+24；右边：6×(+3)+2×(+3)=+24）和原子均守恒，B正确；
C、碱性条件下，ClO-氧化 Fe3+为 FeO42-（Fe 为 + 6 价），自身被还原为 Cl-（Cl 为 - 1 价），反应式中 OH-适配碱性环境，电荷（左边：3×(-1)+2×(+3)+10×(-1)=-7；右边：2×(-2)+3×(-1)=-7）和原子均守恒，C正确；
D、铅蓄电池总反应中，Pb（0 价）被氧化为 PbSO4（Pb 为 + 2 价），PbO2（Pb 为 + 4 价）被还原为 PbSO4（+2 价），酸性条件下 SO42-参与反应，原子和电荷均守恒，D正确；
故答案为：A。
【分析】A．NH4Al(SO4)2与 Ba(OH)2按 1：2 反应时，OH-应先和 Al3+生成 Al(OH)3，剩余 OH-再与 NH4+反应，并非直接生成 [Al(OH)4]-，违背反应顺序。
B．酸性条件下，Cr2O72-氧化 Fe2+，反应的电荷（左：-2+6×2+14×1=24；右：6×3+2×3=24）与原子均守恒。
C．碱性环境中，ClO-氧化 Fe3+生成 FeO42-，反应含 OH-适配环境，电荷守恒。
D．铅蓄电池总反应在酸性中进行，原子、电荷均守恒。
6．【答案】C
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、Cu 能与 FeCl3溶液反应（Cu 失电子） ：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，C 不反应，故 Cu 为负极、C 为正极，FeCl3作电解质，A正确；
B、Al 能与 NaOH 溶液反应（Al 失电子） ：2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑， Mg 不与 NaOH 反应，故 Al 为负极、Mg 为正极，NaOH 作电解质，B正确；
C、浓 HNO3强氧化性使 Fe 钝化（无法失电子），而 Cu 会与浓 HNO3反应（Cu 失电子） ：Cu+4H++=Cu2++2NO2↑+2H2O， 因此 Cu 为负极、Fe 为正极，C错误；
D、NaCl 溶液中，Fe 发生吸氧腐蚀（Fe 失电子）作负极，Cu 作正极（O2得电子），D正确；
故答案为：C。
【分析】A．Cu 能与 FeCl3反应（失电子），C 不反应，Cu 为负极、C 为正极。
B．Al 能与 NaOH 反应（失电子），Mg 不反应，Al 为负极、Mg 为正极。
C．Fe 遇浓 HNO3钝化（无法失电子），Cu 与浓 HNO3反应（失电子），实际 Cu 为负极、Fe 为正极，原说法 “Fe 作负极”。
D．NaCl 溶液中 Fe 发生吸氧腐蚀（失电子），Fe 为负极、Cu 为正极。
7．【答案】A
【知识点】有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A、M 含碳碳双键，能与溴的 CCl4溶液发生加成反应；但 N 的结构中无碳碳双键（原双键已加成引入羟基），不能与溴的 CCl4溶液反应，A错误；
B、M 中苯环、碳碳双键、羰基均为平面结构，各平面通过单键连接（单键可旋转）， 是四面体结构，最多3个原子共平面， 最多3个原子共平面，故M中所有碳原子可能共平面，B正确；
C、M 含酯基，能在 NaOH 溶液中发生水解反应；N 含酯基和羟基（羟基与 NaOH 不反应，但酯基可水解），因此 M、N 均能与 NaOH 溶液反应，C正确；
D、N 的苯环上有 3 个氢原子可被取代，二氯代物的计数方法：先定一个氯原子，再数另一个氯原子的位置， 有、、、、、，共6种，D正确；
故答案为：A。
【分析】A．M 含碳碳双键（能与溴加成），但 N 无双键（原双键已加成）， 只有 M 能反应。
B．M 中苯环、双键、羰基都是平面结构，单键可旋转， 所有碳原子可能共面。
C．M、N 都含酯基，均能与 NaOH 发生酯水解反应。
D．N 苯环用 “定一移一” 法，可知二氯代物共 6 种。
8．【答案】D
【知识点】常用仪器及其使用；蒸馏与分馏
【解析】【解答】A、NaOH 具有强腐蚀性，不能直接放在托盘天平的托盘上称量，应放在烧杯等容器中，故A不符合题意 ；
B、混合浓硫酸和乙醇时，应将浓硫酸缓慢倒入乙醇中（浓硫酸密度大，若将乙醇倒入浓硫酸会导致液体暴沸），故B不符合题意 ；
C、苯和硝基苯互溶，需通过蒸馏分离（利用沸点差异），但图中蒸馏装置的温度计水银球未位于蒸馏烧瓶支管口处（无法准确测量馏分温度），装置不符合要求，故C不符合题意 ；
D、生石膏的化学式为 CaSO4 2H2O，加热脱水后可制得熟石膏（2CaSO4 H2O），图中用酒精灯加热的装置可实现该反应，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】A．NaOH 有腐蚀性，不能直接放托盘称量。
B．混合浓硫酸和乙醇应 “将浓硫酸缓慢倒入乙醇”（防暴沸），图中顺序反了。
C． 苯和硝基苯互溶，沸点不同，可用蒸馏法分离，温度计水银球应位于蒸馏烧瓶支管口处 。
D．生石膏（CaSO4 2H2O）加热脱水可制熟石膏（2CaSO4 H2O），图中加热装置可实现。
9．【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；酯的性质；酯化反应
【解析】【解答】A、升高温度会同时加快正、逆反应速率（酯化是正反应，水解是逆反应），不会出现 “水解速率变大、酯化速率变小” 的情况，A错误；
B、酯化反应是可逆反应，中间产物中存在含18O 的基团，逆反应（水解）可能使18O 转移到乙醇分子中，因此18O 原子可能存在于乙醇中，B错误；
C、CaO 会与体系中的水反应（移除水），但不会直接改变反应的活化能或浓度，因此不会 “直接增大酯化反应速率”，C错误；
D、用 CH3CO18OH 作示踪原子时，根据反应机理，18O 会进入乙酸乙酯的酯基氧原子中，生成的乙酸乙酯结构唯一（只有酯基含18O），因此产物只有一种，D正确；
故答案为：D。
【分析】酯化反应是乙酸与乙醇间的可逆反应，在恒温条件下，反应会达到平衡状态；而生成的水会抑制正反应进行，因此需不断移除水，才能促使平衡向生成酯的方向移动，推动反应持续进行。结合这一可逆反应的特点，可对各选项的反应速率、原子去向等内容进行判断。
10．【答案】B
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；海水资源及其综合利用；分液和萃取；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、试剂 A 的作用是将 I-氧化为 I2，H2O2在酸性（稀 H2SO4）条件下可实现该氧化：2I-+2H++H2O2=I2+2H2O，A正确；B、苯的密度比水小，若用苯作萃取剂，萃取后含 I2的苯溶液应在上层，但后续操作中 “含 I2的试剂 B 溶液” 经试剂 C 处理后，上层溶液才用于后续步骤，说明试剂 B 溶液应在下层，而苯在上层，因此试剂 B 不能是苯，B错误；
C、试剂 C 的作用是将 I2转化为离子（反萃取），浓 NaOH 溶液可与 I2发生歧化反应：3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O，C正确；
D、试剂 D 的作用是将 I-、IO3-转化为 I2，H2SO4提供酸性环境，发生归中反应：5I-+IO3-+6H+=3I2↓+3H2O，D正确；
故答案为：B。
【分析】从海带提碘的实验流程为：先将海带灼烧成灰，加水浸泡、过滤得到含 I-的滤液；在酸性条件下，用试剂 A（如 H2O2）将 I-氧化为 I2，得到含 I2的水溶液；再用试剂 B（密度大于水的有机溶剂，如 CCl4）萃取 I2，经分液得到含 I2的试剂 B 溶液；向该溶液中加试剂 C（如浓 NaOH），使 I2歧化生成 I-和 IO3-，分液后取上层溶液；最后加试剂 D（如 H2SO4），让 I-与 IO3-归中反应生成 I2，经处理得到 I2固体。结合各步骤的试剂性质与操作逻辑，可分析各选项的合理性。
11．【答案】B
【知识点】常用仪器及其使用；过滤；物质的分离与提纯；粗盐提纯
【解析】【解答】A、除杂时，Na2CO3需在 BaCl2之后加入（以除去过量的 Ba2+），此顺序中 BaCl2在 Na2CO3之后，无法除去过量 Ba2+，A错误；
B、粗盐提纯的核心操作是：先溶解粗盐，加试剂除杂后过滤（除去沉淀），加盐酸调 pH（除去过量 OH-、CO32-），最后蒸发结晶得到精盐，B正确；
C、粗盐提纯无需分液操作，因此不需要分液漏斗；主要仪器为烧杯、玻璃棒、漏斗、蒸发皿等，C错误；
D、蒸发时不能直接蒸干（易导致精盐飞溅），应蒸发至大量晶体析出后余热蒸干；且蒸发皿冷却时可直接放实验台或陶土网，但 “直接蒸干”错误，D错误；
故答案为：B。
【分析】粗盐提纯的关键是去除 Ca2+、Mg2+、SO42-杂质：先加过量 NaOH 溶液除去 Mg2+，再加过量 BaCl2溶液除去 SO42-，随后加过量 Na2CO3溶液（必须在 BaCl2之后加入，才能同时除去 Ca2+和过量的 Ba2+）；过滤除去生成的沉淀后，向滤液中加盐酸，除去过量的 OH-和 CO32-并调节 pH；最后通过蒸发结晶得到精盐。基于这一除杂原理和操作步骤，可对各选项进行分析判断。
12．【答案】C
【知识点】浓硫酸的性质；常见气体的检验；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、仪器组装顺序是先接 e（验 H2O），再接 d（验 SO2），然后 c（除 SO2），最后 b（验 CO2），A正确；B、反应方程式符合浓硫酸与木炭的氧化还原反应（C 被氧化为 CO2，S 被还原为 SO2），B正确。
C、c 中试剂若换为 NaOH 溶液，虽能除 SO2，但 NaOH 与 CO2也会反应，后续无法检验 CO2；且 NaOH 无 “检验 SO2是否除尽” 的作用（酸性 KMnO4褪色可证明 SO2被除尽），故不能更换，C错误；
D、去掉 d（品红），可通过 “c 中酸性 KMnO4褪色证明有 SO2，后续 b 中石灰水变浑浊证明有 CO2”，也能完成检验，逻辑可行，D正确；
故答案为：C。
【分析】首先明确实验背景：木炭与浓硫酸共热，发生反应生成 H2O、SO2、CO2三种产物。由于 SO2和 CO2都能使澄清石灰水变浑浊，且后续试剂会带水，因此检验时必须遵循 “先验水、再验 SO2、除尽 SO2、最后验 CO2” 的顺序，避免不同产物间的检验干扰。
基于此，各装置的功能需对应产物检验、 除杂需求：用装有无水硫酸铜的装置验证 H2O（它是唯一能检验水且不受其他产物干扰的试剂）；用品红溶液验证 SO2（SO2的特征褪色反应）；用酸性高锰酸钾溶液除去剩余的 SO2（同时可通过溶液是否褪色判断 SO2是否除净）；最后用澄清石灰水验证 CO2（此时 SO2已被除尽，石灰水变浑浊仅由 CO2引起）。
13．【答案】B
【知识点】原子结构与元素的性质；氢键的存在对物质性质的影响；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、Z X5为 NH4H，其中 NH4+中 N 的化合价为 - 3 价，并非 + 5 价，A错误；B、W、Z、Y 的最高价含氧酸分别为 HClO4（Cl 的最高价含氧酸）、HNO3（N 的最高价含氧酸）、H2CO3（C 的最高价含氧酸）。非金属性：Cl > N > C，故最高价含氧酸酸性：HClO4 > HNO3 > H2CO3，即 W > Z > Y，B正确；
C、X 的离子为 H+，W 的离子为 Cl-，Z 的离子为 N3-。离子半径规律：电子层数越多，半径越大（Cl-有 3 个电子层，N3-有 2 个电子层，H+无电子层），故半径：H+ < N3- < Cl-，即 X < Z < W，C错误；
D、Y、Z、W 与 X 形成的化合物分别为烃（如 CH4）、NH3、HCl。NH3分子间存在氢键，沸点：NH3 > HCl > CH4，即 Z > W > Y，D错误；
故答案为：B。
【分析】X：短周期中原子半径最小的主族元素是氢，故X 为 H。
Z：Z 与 X 形成离子化合物 Z X5，短周期中符合的是 NH4H（由 NH4+和 H-构成），因此Z 为 N。
Y：只有 Y、Z 同周期（Z 在第二周期），故 Y 也在第二周期；结合阳离子结构中 “YX2”（即 YH2）的成键特征，Y 为碳（形成 CH2结构），即Y 为 C。
W：四种元素均为短周期主族元素，且 “只有 Y、Z 同周期”，故 W 在第三周期；结合阳离子的配位键结构，W 为氯（Cl），即W 为 Cl。
14．【答案】B
【知识点】氮的固定；含硫物质的性质及综合应用；无机物的推断
【解析】【解答】A、M2是 H2（密度最小的单质），但 G 不一定能溶于水或与水反应。比如 Z 为 S 时，G 是 H2S，H2S 与水不反应 ，A错误；
B、Q2是 O2，O 元素化合价可从 0 价降为 - 2 价，具有氧化性。无论 Z 是 N 还是 S：
若 Z 为 N：H（N2）中 Z 为 0 价，J（NO）中为 + 2 价，K（NO2）中为 + 4 价；
若 Z 为 S：H（S）中 Z 为 0 价，J（SO2）中为 + 4 价，K（SO3）中为 + 6 价；
两种情况中 H、J、K 里 Z 的化合价均不相同 ，B正确；
C、J 与 M2Q（H2O）的反应是固定的：
若 Z 为 N，J 是 NO，NO 与 H2O 不反应；
若 Z 为 S，J 是 SO2，SO2与 H2O 反应生成 H2SO3，但无法直接生成 L（H2SO4）；
不存在 “可能反应生成 L” 的情况，C错误；
D、K 若为 NO2（三原子分子）或 SO3（四原子分子），虽符合分子构成，但 G 不一定是电解质：比如 Z 为 N 时，G 是 NH3，NH3是非电解质；因此 “G 为电解质” 的表述错误 ，D错误；
故答案为：B。
【分析】题干中 “M2Q 为常见液态化合物” 是突破口，短周期内符合条件的只有 H2O，因此直接推断：M 是 H，Q 是 O；对应的气体单质 M2是 H2，Q2是 O2。
Z 是短周期元素，其单质 H 需同时满足两个条件：①能与 H2反应生成化合物 G；②能被 O2连续氧化（H→J→K），且最终产物 K 能与 H2O 反应生成 L。结合短周期元素的性质，Z 有两种可能：
可能 1：Z 为 N，对应的物质链为：H 是 N2，G 是 NH3，J 是 NO，K 是 NO2，L 是 HNO3；
可能 2：Z 为 S，对应的物质链为：H 是 S，G 是 H2S，J 是 SO2，K 是 SO3，L 是 H2SO4。
15．【答案】（1）第四周期VIIB族；同位素
（2）漏斗；
（3）>
（4）；硫酸
（5）
（6）
【知识点】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；制备实验方案的设计；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）锰原子序数为25，所以在元素周期表的位置为第四周期VIIB族，、、质子数相同中子数不同，所以互为同位素。
故答案为： 第四周期VIIB族 ； 同位素 ；
（2）“粗滤”时所需的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗；根据分析可知粗滤滤渣为。
故答案为： 漏斗 ； ；
（3）除钴镍中加入硫化锰生成硫化钴，溶解度小的沉淀转化为溶解度更小的沉淀，故>。
故答案为： > ；
（4）电解硫酸锰溶液时，阳极生成二氧化锰，另一极即阴极上有气体生成故为氢气，总反应为：。电解后液能循环利用的是硫酸。
故答案为： ； 硫酸 ；
（5）沉锰生成碳酸锰，离子方程式为：。
故答案为： ；
（6）MnO2可用于在酸性条件下处理硫化锰矿，反应过程中有S单质生成，故离子方程式为：。
故答案为： ；
【分析】本题要从菱锰矿中提取锰并得到二氧化锰。具体步骤的作用是 “分步骤分离杂质、富集锰元素”：用稀硫酸处理菱锰矿，矿石中的锰、钴、镍转化为可溶性硫酸盐（硫酸锰、硫酸钴、硫酸镍）进入溶液；而矿石中的铅元素转化为硫酸铅（难溶），硅元素以二氧化硅形式存在，二者共同成为滤渣被分离。加入 MnS，利用沉淀转化（钴、镍离子与 S2-结合生成难溶硫化物），将溶液中的钴、镍杂质沉淀除去，过滤后得到较纯净的硫酸锰溶液。向硫酸锰溶液中加入碳酸氢铵，通过复分解反应生成碳酸锰沉淀，实现锰元素的富集（“沉锰”）。对硫酸锰溶液进行电解，阳极发生氧化反应生成二氧化锰（目标产物），阴极发生还原反应生成氢气；同时电解过程中会生成硫酸，可循环用于前期的 “溶浸” 步骤，提高原料利用率。据此解题。
（1）锰原子序数为25，所以在元素周期表的位置为第四周期VIIB族，、、质子数相同中子数不同，所以互为同位素。
（2）“粗滤”时所需的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗；根据分析可知粗滤滤渣为。
（3）除钴镍中加入硫化锰生成硫化钴，溶解度小的沉淀转化为溶解度更小的沉淀，故>。
（4）电解硫酸锰溶液时，阳极生成二氧化锰，另一极即阴极上有气体生成故为氢气，总反应为：。电解后液能循环利用的是硫酸。
（5）沉锰生成碳酸锰，离子方程式为：。
（6）MnO2可用于在酸性条件下处理硫化锰矿，反应过程中有S单质生成，故离子方程式为：。
16．【答案】浓硫酸；NaOH；FeCl3升华后凝华，堵塞导管；在装置A和B之间连接一根粗导管；+6Cl-+14H+＝2Cr3++3Cl2+7H2O；平衡气压，使浓盐酸顺利滴下；浓盐酸；将饱和FeCl3溶液逐滴滴加到沸水中，继续煮沸，待溶液变成红褐色则停止加热；FeCl3+3H2OFe(OH)3（胶体）+3HCl；250mL 容量瓶；偏高；I2+I-＝
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）由装置图可知，装置A中制备出FeCl3后，为防止其升华，采用冰水浴进行降温，同时避免FeCl3潮解，装置C中应装有浓硫酸，用于防止水蒸气进入，保持装置内干燥；装置D中应装有NaOH溶液，以吸收尾气Cl2。
故答案为： 浓硫酸 ；NaOH；
（2）FeCl3易升华，升华的FeCl3在导管处凝华，可能会堵塞导管，导致装置内压强骤增，引发爆炸。因此应在装置A和装置B之间连接一根粗导管，用于防止导管堵塞。
故答案为： FeCl3升华后凝华，堵塞导管 ； 在装置A和B之间连接一根粗导管 ；
（3）重铬酸钾具有强氧化性，能将Cl-氧化为Cl2，自身被还原为Cr3+，离子方程式为：+6Cl-+14H+＝2Cr3++3Cl2+7H2O。装置E上方的胶管可以平衡气压，使浓盐酸顺利滴下。
故答案为：+6Cl-+14H+＝2Cr3++3Cl2+7H2O ； 平衡气压，使浓盐酸顺利滴下 ；
（4）FeCl3易水解，因此在配制饱和FeCl3溶液时，应加入浓盐酸，用于抑制FeCl3的水解；通过向沸水中逐滴滴入饱和FeCl3溶液，继续煮沸，待溶液变成红褐色则停止加热，从而制得Fe(OH)3胶体。发生反应的化学方程式为：FeCl3+3H2OFe(OH)3（胶体）+3HCl；
故答案为： 浓盐酸 ； 将饱和FeCl3溶液逐滴滴加到沸水中，继续煮沸，待溶液变成红褐色则停止加热 ； FeCl3+3H2OFe(OH)3（胶体）+3HCl ；
（5）用无水FeCl3配制250 mL 0.1 mol/L FeCl3溶液，还需用到的玻璃仪器是250 mL 容量瓶，若定容时，俯视刻度线，会使得加入的水偏少，溶液实际体积偏小，所配制的溶液浓度偏高；
故答案为： 250mL 容量瓶 ； 偏高 ；
（6）Fe3+具有氧化性，能将I-氧化为I2，I2遇淀粉会变蓝，继续加入KI溶液至过量，溶液颜色变浅，可能是I2与I-反应生成，离子方程式为：I2+I-＝。
故答案为： I2+I-＝ 。
【分析】已知 FeCl3有 “易潮解、易升华” 的特点，因此制备时要满足两个核心要求：一是实验体系必须干燥（避免 FeCl3潮解），二是控制反应温度不能过高（防止 FeCl3升华损失）。同时 Cl2是有毒气体，不能直接排放，所以装置需包含尾气处理环节。基于这些特性，可明确装置 B、C、D 的作用：装置 B（冰水浴）用于冷却，减少 FeCl3升华；装置 C 用于保持体系干燥（需选干燥剂）；装置 D 用于吸收尾气 Cl2（需选碱性试剂）。
（1）试剂 a：装置 C 需防 FeCl3潮解，用浓硫酸（干燥）；
试剂 b：装置 D 需吸收尾气 Cl2，用NaOH 溶液。
（2）隐患：FeCl3升华后易在导管凝结，堵塞导管致装置压强骤增；
改进：在 A、B 间连粗导管（防堵塞）。
（3）离子方程式：K2Cr2O7氧化 Cl-为 Cl2，离子式为 Cr2O72-+6Cl-+14H+=2Cr3++3Cl2↑+7H2O；
胶管作用：平衡气压，使浓盐酸顺利滴下。
（4）试剂：FeCl3易水解，加浓盐酸（抑制水解）；
胶体制备：饱和 FeCl3溶液逐滴滴入沸水，煮沸至红褐色；
方程式：FeCl3与H2O 煮沸生成Fe(OH)3(胶体) 和HCl，据此书写化学方程式。
（5）玻璃仪器：配制 250mL 溶液需250mL 容量瓶；误差：定容俯视，溶液体积偏小，浓度偏高。
（6）过量 I-与 I2结合为 I3-，离子式为 I2 + I- = I3-，碘单质含量降低，会导致溶液颜色变浅。
17．【答案】（1）；加成反应
（2）；
（3）+CH3OH+H2O
（4）碳碳双键、酯基；新方法原料利用率高，新方法对设备腐蚀性小
（5）4
【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）A→B为催化氧化得到，醇催化氧化需要的条件和试剂是：；化合物B与HCN在催化剂作用下发生加成反应得到C，则 B→C的反应类型为加成反应。
故答案为： ； 加成反应 ；
（2）HCN的电子式为；根据分析，G的结构简式为。
故答案为： ； ；
（3）E→F发生酯化反应，化学方程式为+CH3OH+H2O。
故答案为：+CH3OH+H2O ；
（4）F为，含有的官能团名称为碳碳双键、酯基；新合成方法原料利用率高，原子利用率达100%，旧方法中有酸性反应物可以腐蚀设备，而新方法对设备腐蚀性小。
故答案为： 碳碳双键、酯基 ； 新方法原料利用率高，新方法对设备腐蚀性小 ；
（5）D为，不饱和度为1，其同分异构体，①能与NaHCO3溶液反应，说明含有羧基，②1 mol D与足量Na反应生成1 mol H2，说明除了羧基与Na反应还需要一个-OH，则其余碳原子为饱和碳原子，满足条件的有（序号表示-OH的位置），去掉物质D，还有4种同分异构体。
故答案为： 4 ；
【分析】2 - 丙醇（A）经催化氧化生成 B，结合 B 与 HCN 的加成产物 C 的结构，可推出 B 是丙酮（）。B 与 HCN 加成得到 C，C 经水解生成 D（含羟基、羧基的化合物：）；D 在浓硫酸、加热条件下发生消去反应（脱去羟基与邻位氢），生成含碳碳双键的 E（）；E 与 CH3OH 发生酯化反应，生成酯类化合物 F（）。F 中的碳碳双键发生加聚反应，得到有机玻璃 G（聚甲基丙烯酸甲酯，结构为）。
整个流程通过 “氧化→加成→水解→消去→酯化→加聚” 的连续反应，实现从 2 - 丙醇到有机玻璃的合成。
（1）A→B为催化氧化得到，醇催化氧化需要的条件和试剂是：；化合物B与HCN在催化剂作用下发生加成反应得到C，则 B→C的反应类型为加成反应。
（2）HCN的电子式为；根据分析，G的结构简式为。
（3）E→F发生酯化反应，化学方程式为+CH3OH+H2O。
（4）F为，含有的官能团名称为碳碳双键、酯基；新合成方法原料利用率高，原子利用率达100%，旧方法中有酸性反应物可以腐蚀设备，而新方法对设备腐蚀性小。
（5）D为，不饱和度为1，其同分异构体，①能与NaHCO3溶液反应，说明含有羧基，②1 mol D与足量Na反应生成1 mol H2，说明除了羧基与Na反应还需要一个-OH，则其余碳原子为饱和碳原子，满足条件的有（序号表示-OH的位置），去掉物质D，还有4种同分异构体。
18．【答案】（1）；
（2）
（3）<
（4）；颗粒直径越小，表面积越大，与接触越充分，与反应越快，消耗越多，平衡正向移动程度越大，体积分数增大越大。
（5）；；0.5
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）根据表格分析可知时，释放的能量为67.212 kJ，故消耗2 mol NO时释放的能量为：，故热化学方程式为：；前2 s内的平均反应速率。
故答案为： ； ；
（2）根据反应方程式及题干表格可知：
根据此描点绘制为平滑曲线为：
。
故答案为： ；
（3）对2 L的密闭容器进行加压，使体积变为1 L，反应物浓度增加，反应速率加快，达到平衡的时间<4 s。
故答案为： < ；
（4）①加入一定的CaO可以增大一种产物的体积分数，另一种产物的体积分数降低，原因是加入氧化钙可以结合生成的二氧化碳，使二氧化碳的浓度降低，平衡正向移动，从而提高氮气浓度，使其体积分数增大，故答案为：；
②体积分数增大的关系是毫米级CaO<微米级CaO<纳米级CaO，原因为：颗粒直径越小，表面积越大，与接触越充分，与反应越快，消耗越多，平衡正向移动程度越大，体积分数增大越大。
故答案为： ； 颗粒直径越小，表面积越大，与接触越充分，与反应越快，消耗越多，平衡正向移动程度越大，体积分数增大越大；
（5）分析原电池可知：负极为锌失电子并结合氢氧根生成，负极反应式为：；正极为二氧化碳得电子结合氢离子变为甲醇和水，电极方程式为：；根据电极方程式可知每消耗3个Zn会生成1个甲醇，每消耗97.5 g Zn，即1.5 mol Zn，则生成0.5 mol甲醇。
故答案为： ； ；0.5；
【分析】(1) 热化学方程式：通过 NO 消耗的物质的量（0.18mol）对应放热 67.212kJ，计算 2mol NO 反应放热 746.8kJ，得方程式：2CO (g)+2NO (g)=2CO2(g)+N2(g) ΔH=-746.8kJ/mol；
平均速率：前 2s NO 浓度变化 7.5×10-2mol/L，速率 v (NO)=7.5×10-2/2=3.75×10-2mol/(L s)。
(2) 产物浓度：根据反应比例，CO2浓度变化量与 NO 相同，N2为 NO 的；
描点作图：按时间对应的 CO2、N2浓度（如 t=2s 时，CO2为 7.5×10-2mol/L，N2为3.75×10-2mol/L）绘平滑曲线。
(3) 加压后体积减小，反应物浓度增大，反应速率加快，达到平衡的时间 < 4s。
(4) ①CaO 与 CO2反应（CaO+CO2=CaCO3），降低 CO2浓度，平衡正向移动，N2体积分数增大；
②颗粒直径越小，表面积越大，与 CO2接触越充分，消耗 CO2越多，平衡正向程度越大，N2体积分数增幅越大。
(5) 负极反应：Zn 失电子结合 OH-生成 [Zn(OH)4]2-，即 Zn-2e-+4OH-=[Zn(OH)4]2-；
正极反应：CO2得电子结合 H+生成 CH3OH 和 H2O，即 CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O；
计算：97.5g Zn（1.5mol）对应生成 0.5mol CH3OH。
（1）根据表格分析可知时，释放的能量为67.212 kJ，故消耗2 mol NO时释放的能量为：，故热化学方程式为：；前2 s内的平均反应速率。
（2）根据反应方程式及题干表格可知：
根据此描点绘制为平滑曲线为：
。
（3）对2 L的密闭容器进行加压，使体积变为1 L，反应物浓度增加，反应速率加快，达到平衡的时间<4 s。
（4）①加入一定的CaO可以增大一种产物的体积分数，另一种产物的体积分数降低，原因是加入氧化钙可以结合生成的二氧化碳，使二氧化碳的浓度降低，平衡正向移动，从而提高氮气浓度，使其体积分数增大，故答案为：；
②体积分数增大的关系是毫米级CaO<微米级CaO<纳米级CaO，原因为：颗粒直径越小，表面积越大，与接触越充分，与反应越快，消耗越多，平衡正向移动程度越大，体积分数增大越大。
（5）分析原电池可知：负极为锌失电子并结合氢氧根生成，负极反应式为：；正极为二氧化碳得电子结合氢离子变为甲醇和水，电极方程式为：；根据电极方程式可知每消耗3个Zn会生成1个甲醇，每消耗97.5 g Zn，即1.5 mol Zn，则生成0.5 mol甲醇。
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