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四川省泸州市泸县第五中学2025-2026学年高三上学期10月月考化学试题
1．（2025高三上·泸县月考）泾阳茯茶属六大茶类中的黑茶，属于全发酵茶。其制作工艺包括去杂、剁茶、过筛、发酵、压制等，以下操作中最可能引起化学变化的是
A．剁茶 B．过筛 C．发酵 D．压制
2．（2025高三上·泸县月考）下列离子方程式书写正确的是
A．氢氧化镁与稀硫酸反应：
B．向碳酸氢钠溶液中加入稀硫酸：
C．氢氧化钠溶液通入过量：
D．铁与稀硫酸反应：
3．（2025高三上·泸县月考）用表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．与足量醋酸充分反应后生成乙酸乙酯分子的数目为
B．常温常压下，的乙醇溶液中，含键的数目为
C．现有乙烯和丙烯的混合气体共，其原子总数为
D．标准状况下，含有氟原子的数目为
4．（2025高三上·泸县月考）氮氧化物的治理对大气环境的净化有着重要的意义。已知：
①
②
在转化为的总反应中，若有标准状况下被氧化，则放出的热量为
A． B． C． D．
5．（2025高三上·泸县月考）下列关于化学反应速率的说法正确的是
A．恒温时，体系压强增大，化学反应速率一定加快
B．其他条件不变，升高温度，吸热反应速率加快，放热反应速率减慢
C．的反应速率一定比的反应速率大
D．恒温恒容容器中发生，充入压强增大，反应速率不变
6．（2025高三上·泸县月考）M、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，M、X、Y、Z的原子半径依次减小，W元素的最高正价与最低负价的代数和为4.由这五种元素组成的阴离子的结构如下图所示。下列说法正确的是
A．简单氢化物的稳定性：
B．简单离子半径：
C．键角：
D．Z的单质能从溴化钠水溶液中置换出溴单质
7．（2025高三上·泸县月考）下列有关原子结构与性质的说法，正确的是
A．基态电子排布式违反了泡利不相容原理
B．激发态的电子轨道表示式：
C．基态中能级最高的电子所占据轨道的电子云形状为球形
D．基态原子有16种能量不同的电子
8．（2025高三上·泸县月考）如图为某药物的部分合成路线，有关说法错误的是
A．苯的大键可以表示为，萘()中大键表示为
B．有机物B的碳原子和氮原子中，采用杂化与杂化的原子个数比为7：2
C．中键长由小到大的顺序为
D．的空间结构为平面三角形
9．（2025高三上·泸县月考）下列说法正确的是
A．最外层电子数为2的元素都分布在s区
B．区分晶体和非晶体最科学的方法是看是否有规则的几何外形
C．所有非金属元素都分布在p区
D．元素周期表中第ⅢB族到第ⅡB族10个纵列的元素都是金属元素
10．（2025高三上·泸县月考）咖啡中含有的咖啡因，能结合腺苷受体，阻止其释放疲劳的信号，以达到提神的效果。咖啡因的结构如图所示，下列说法不正确的是
A．咖啡因的分子式为
B．咖啡因的分子结构可以通过射线衍射技术最终测定
C．咖啡因分子中C有2种杂化方式
D．咖啡因分子分子间存在氢键
11．（2025高三上·泸县月考）关于下列各装置图的叙述正确的是
A．图①装置盐桥中的阴离子移向a烧杯
B．图②装置铁上镀铜，b极为铁
C．图③装置钢闸门与电源正极相连获得保护
D．图④装置铁钉发生析氢腐蚀
12．（2025高三上·泸县月考）在卤水精制中，纳滤膜对、有很高的脱除率。一种网状结构的纳滤膜J的合成路线如图(图中表示链延长)。
已知：
下列说法正确的是
A．J能脱除、可能与其存在阴离子有关
B．TMC中所有原子一定共面
C．J具有网状结构仅与单体AEPPS的结构有关
D．合成J的反应为加聚反应
13．（2025高三上·泸县月考）和存在平衡：。下列分析正确的是
A．1 mol平衡混合气体中含1.5 mol N原子
B．断裂中的共价键所需能量小于断裂中的共价键所需能量
C．恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的
D．恒容时，水浴加热，由于平衡正向移动导致气体颜色变浅
14．（2025高三上·泸县月考）室温下，0.1 mol·L-1KOH溶液滴定10 mL0.05 mol·L-1溶液的pH-t曲线如图所示。下列说法正确的是
已知：室温时，。
A．的平衡常数为
B．a点：
C．b点：
D．从b点到c点，水的电离程度一直在增大
15．（2025高三上·泸县月考）亚硝酸钙广泛应用于钢筋混凝土工程中，主要用作水泥硬化促进剂和防冻阻锈剂，其为白色粉末，易潮解、易溶于水。实验室采用下列装置，用干燥的NO与过氧化钙反应制取。
（1）仪器A的名称是　 　，装置Ⅰ中试剂名称是　 　。
（2）装置的连接顺序是：c→　 　（填字母）。
（3）滴入稀硝酸前需要通入一段时间，待反应结束后还需继续通一会，继续通的目的是　 　。
（4）装置Ⅱ中滴入稀硝酸后，A中观察到的现象是　 　。
（5）装置Ⅴ的作用是　 　。
（6）装置Ⅵ中氮元素被氧化成价，则反应的离子方程式为　 　。
（7）测定所得亚硝酸钙产品中硝酸钙的含量，实验步骤如下：
①除去时，需要煮沸3min，其反应的化学方程式为　 　。
②滴定时消耗标准液的体积为VmL，则所得产品中硝酸钙的质量分数为　 　。
16．（2025高三上·泸县月考）载氧体化学链燃烧技术(CLC)是一种燃烧效率更高的新技术。以H2为燃料，以CaSO4为载氧体的CLC体系工作原理如图所示。
已知：每消耗2mol 生成放出483.6kJ的热量；“燃料反应器”中发生反应的热化学方程式为 (反应1)。
回答下列问题：
（1）“空气反应器”中发生反应的热化学方程式为　 　。
（2）随着温度的升高，“燃料反应器”中还可能发生副反应： (反应2)，某实验室利用HSC软件绘制出1mol 和1mol 在不同温度下反应的平衡体系中产物的组成如图所示。
①　 　(填“＋”或“-”)，理由是　 　。
②该CLC体系工作时，“燃料反应器”中应该采用　 　(填标号)，否则不但会影响燃烧效率而且会有污染物生成。
A．高温高压 B．高温低压 C．低温高压 D．低温低压
③化学反应等温式的一种表达形式为，其中、可以视为与温度无关的定值，R是常数。我国研究人员根据化学反应等温式、利用HSC软件，计算出不同温度下反应1的平衡常数、反应2的平衡常数数值如表所示。
温度/℃ 600 800 1000 1200
ⅰ．随着温度的升高，的变化趋势小于的原因是　 　。
ⅱ.600℃时，平衡体系中的物质的量为　 　mol。
ⅲ．保持1000℃，将“燃料反应器”的容积压缩，重新达到平衡后，的变化情况为　 　(填“增大”“减小”或“不变”)。
17．（2025高三上·泸县月考）化学的发展支撑国家科技的进步。回答下列问题：
（1）O、P、S三种元素中，电负性最小的元素位于元素周期表的　 　区。
（2）肼()分子中孤电子对与键的数目之比为　 　。
（3）正硝酸钠()是一种重要的化工原料。阴离子的空间结构为　 　，其中心原子杂化方式为　 　杂化。
（4）基态硒原子的价层电子排布式为　 　；晶体的熔点为350℃，加热易升华，固态属于　 　晶体。
（5）碳原子与氮原子还可形成六元环状化合物吡啶()，吡啶中的各种元素的电负性由小到大的顺序为　 　，吡啶在水中的溶解度大于苯，主要原因是①　 　，②　 　。
（6）基态Al原子核外电子云轮廓图呈哑铃形的能级上电子数为　 　。在下列状态的铝元素中，电离最外层一个电子所需能量由高到低的顺序是　 　。(填标号)
A． B．
C． D．
（7）利用与反应可制得碳化硅晶体，晶胞结构如图，硅原子位于立方体的顶点和面心，碳原子位于立方体的内部。
①碳化硅晶体中每个Si原子周围等距且最近的C原子数目为　 　。
②已知碳化硅的晶胞边长为c nm，阿伏加德罗常数为，碳化硅晶体的密度为　 　。
18．（2025高三上·泸县月考）抗重度抑郁症的辅助药物布瑞哌唑(F)合成路线如下(部分条件及试剂已简化)：
已知：Boc为保护基团
（1）布瑞哌唑(F)中含氧官能团的名称为　 　、　 　。
（2）反应的反应类型为　 　。
（3）可通过巯基乙酸()制得，反应的化学方程式为　 　。
（4）D的结构简式为　 　。
（5）理论上，E的核磁共振氢谱图有　 　组峰。
（6）反应通常需添加以提高产率，原因是　 　。
（7）与A具有相同官能团的芳香族同分异构体还有　 　种。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系
【解析】【解答】A、只是将茶叶的形状改变，没有新物质生成，A属于物理变化。
B、是对茶叶进行筛选分离，仅改变其存在状态，无新物质生成，B属于物理变化。
C、发酵过程中茶叶的成分发生复杂的化学反应，有新物质生成，C属于化学变化。
D、只是将茶叶压制成型，没有新物质生成，D属于物理变化。
故答案为：C。
【分析】本题的易错点主要有以下两点：
对物理变化和化学变化的本质区别（是否有新物质生成）理解不透彻，容易将物质形状、状态的改变误认为是化学变化，比如剁茶、过筛、压制这些仅改变茶叶形态或存在形式的过程，易误判为化学变化。
对 “发酵” 这一过程的本质认识不足，不清楚发酵是通过化学反应产生新物质的过程，从而可能错误地将其归为物理变化。
2．【答案】C
【知识点】铁的化学性质；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、氢氧化镁是难溶性固体，在离子方程式中不能拆分为和，正确的离子方程式应为，A错误；
B、碳酸氢钠中的属于弱酸酸式酸根，不能拆分为和，正确的离子方程式应为，B错误；
C、氢氧化钠溶液通入过量时，会生成碳酸氢钠，离子方程式书写符合反应事实和离子方程式书写规则，C正确；
D、铁与稀硫酸反应时，生成的是硫酸亚铁（含）和氢气，正确的离子方程式应为，D错误；
故答案为：C。
【分析】判断离子方程式正误的关键突破口：
物质是否拆分：难溶物（如氢氧化镁）、弱酸酸式根（如碳酸氢根 HCO3-）不能拆成离子，需写化学式；易溶强电解质（如强酸、强碱、可溶性盐）才可拆为离子。
反应产物是否正确：注意反应物 “量” 的影响：如过量 CO2与 OH-反应生成 HCO3-，而非 CO32-；
依据物质性质判断产物：如 Fe 与稀硫酸反应生成 Fe2+（而非 Fe3+）和 H2。
守恒关系是否满足：检查原子个数（如 H、O 原子）和电荷是否守恒，确保方程式符合化学反应实际。
3．【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、C2H5OH 与醋酸的酯化反应是可逆反应，不能完全转化，46g（1mol）C2H5OH 反应后生成的乙酸乙酯分子数小于 NA，A错误；
B、100g46% 的乙醇溶液中，除了乙醇含 H-O 键，水也含 H-O 键（水的质量为 54g，含 3mol H2O），故 H-O 键数目远大于 NA，B错误；
C、乙烯和丙烯的最简式均为 CH2，14g 混合气体含 1mol CH2，原子总数为 3NA（1mol C + 2mol H），C正确；
D、标准状况下 HF 是液体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，11.2L HF 的物质的量远大于 0.5mol，含氟原子数大于 0.5NA，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
忽略可逆反应的限度：误认为酯化反应能完全进行，错判选项 A 中乙酸乙酯的分子数为NA；
遗漏溶液中其他微粒的贡献：只关注乙醇中的 H-O 键，忽略了乙醇溶液里水也含 H-O 键，错判选项 B 的 H-O 键数目；
混淆物质的状态：误将标准状况下的 HF 当作气体，用气体摩尔体积计算其物质的量，错判选项 D 的氟原子数。
4．【答案】B
【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】先推导总反应：已知反应①
反应②
将反应① + 反应②，可得总反应：
然后计算总反应的：总反应的
接着计算的物质的量：标准状况下，的物质的量为
最后计算放出的热量：总反应中参与反应时放出热量，则被氧化时放出的热量为：。
故答案为：B。
【分析】先通过盖斯定律将已知反应式组合，得到转化为的总反应，然后根据组合反应的系数关系，计算总反应的反应热，接着利用标准状况下气体摩尔体积，求出被氧化的的物质的量，最后结合总反应的，计算放出的热量。
5．【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、恒温时压强增大，若反应中无气体参与，或通过充入惰性气体（如 Ar）增大压强但反应物浓度不变，反应速率不会加快。只有压强变化导致反应物浓度增大时，速率才加快，A错误；
B、升高温度，无论吸热还是放热反应，速率都会加快（温度升高使活化分子百分数增加，对正逆反应均有促进作用），B错误；
C、反应速率的数值比较需基于 “同一种物质”，且单位要统一。不同物质的速率数值与化学计量数相关，仅看数值（如 3 mol L- s- 和 1 mol L- s- ）无法直接判断快慢，C错误；
D、恒温恒容下，反应 N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) 中充入 Ar，总压强增大，但 N2、H2、NH3的浓度未变（体积不变，物质的量不变），反应速率由浓度决定，因此速率不变，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．压强影响速率的本质是浓度变化。恒温加压若未改变反应物浓度（如无气体反应、恒容充惰性气体），速率不加快。
B．升高温度，吸热、放热反应速率均加快（温度对活化分子百分数的影响无选择性）。
C．反应速率比较需是同一种物质且单位统一，不同物质无法仅通过数值判断快慢。
D．恒温恒容充 Ar，反应体系各物质浓度不变，速率不变。
6．【答案】C
【知识点】原子结构与元素的性质；键能、键长、键角及其应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、W 为 S，Y 为 O。非金属性 O＞S，简单氢化物稳定性 H2O＞H2S，即 Y＞W，A错误；
B、简单离子中，S2-为 18 电子，N3-、O2-、F-为 10 电子。电子层数越多半径越大，电子层结构相同时，原子序数越小半径越大，故离子半径 W（S2-）＞X（N3-）＞Y（O2-）＞Z（F-），B错误；
C、MZ4为 CF4，XZ3为 NF3，C 和 N 均为 sp3 杂化。NF3中 N 有孤电子对，孤电子对与成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力，导致 NF3键角更小，故键角 CF4＞NF3，C正确；
D、Z 为 F，F2先与水反应（2F2+2H2O=4HF+O2），不能从溴化钠溶液中置换出溴单质，D错误；
故答案为：C。
【分析】推断元素：由 “M、X、Y、Z 原子半径依次减小且原子序数依次增大”，推知 M、X、Y、Z 为同周期元素（第二周期）。
W 最高正价与最低负价代数和为 4，推知 W 为第 ⅥA 族元素，结合原子序数最大且为短周期，确定 W 为 S。
结合阴离子结构，进一步推得 M、X、Y、Z 分别为 C、N、O、F。据此解答。
7．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的运动状态；原子核外电子的跃迁及应用
【解析】【解答】A、基态的电子排布因洪特规则特例（半满结构更稳定），正确排布应为，题目中违反的是洪特规则特例，而非泡利不相容原理（泡利原理是“一个轨道最多2个自旋相反的电子”），A错误；
B、核外有10个电子，基态电子排布为。激发态是基态电子从低能量轨道跃迁到高能量轨道，图中2p轨道电子分别跃迁到3s、3p轨道，符合激发态电子轨道表示式的规则，B正确；
C、基态的电子排布为，能级最高的电子占据3p轨道，p轨道的电子云形状是哑铃形，而非球形（球形是s轨道的电子云形状），C错误；
D、基态原子的电子排布为。电子的能量由能级决定，不同能级（1s、2s、2p、3s、3p）能量不同，同一能级电子能量相同，因此共有5种能量不同的电子，而非16种，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．基态24Cr 因半满结构更稳定，正确排布为 [Ar] 3d54s ，题目排布违反洪特规则特例，而非泡利原理。
B．Mg2+基态为 1s22s22p6，图中 2p 电子跃迁到 3s、3p 高能级，符合激发态规则。
C．K+最高能级为 3p，电子云应为哑铃形，而非球形。
D．S 原子有 1s、2s、2p、3s、3p 共 5 种能级，对应 5 种能量电子，而非 16 种。
8．【答案】B
【知识点】键能、键长、键角及其应用；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；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、大π键的表示形式为（为参与大π键的原子数，为参与的电子数）。
苯分子中，6个碳原子均为杂化，每个碳原子提供1个未参与杂化的p电子，形成包含6个原子、6个电子的大π键，因此表示为。萘分子由10个杂化的碳原子组成，每个碳原子提供1个p电子，形成包含10个原子、10个电子的大π键，即。A正确；
B、杂化的原子：苯环上6个碳原子（均为杂化）、酮羰基中的碳原子（杂化）、硝基中的氮原子（杂化），共个原子。杂化的原子：2个亚甲基（）中的碳原子（均为杂化），共2个原子。因此，杂化与杂化的原子个数比为，而非选项中的。
B错误；
C、键长与成键原子的半径正相关（原子半径越大，键长越长）。
已知原子半径：。键：H原子半径最小，键长最短。键：Si原子半径大于H，故键长。键：Si原子半径大于C，故键长。因此，键长顺序为，C正确；
D、中心N原子的价层电子对数 = 成键电子对数 + 孤电子对数 = （无孤电子对）。价层电子对互斥模型为平面三角形，且无孤电子对影响，因此的空间结构为平面三角形。D正确；
故答案为：B。
【分析】A．抓大π键表示规则（中为原子数、为电子数），苯和萘的大π键表示符合规则。
B．抓杂化类型判断（sp2杂化对应苯环、羰基、硝基；sp3杂化对应饱和碳），计算得sp2与sp3杂化原子数比为4：1，而非7：2。
C．抓键长与原子半径的关系（原子半径H < C < Si），推导键长H-C < H-Si < C-Si。
D．抓价层电子对互斥理论（NO3-中N价层电子对数为3且无孤电子对），空间结构为平面三角形。
9．【答案】D
【知识点】元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、最外层电子数为 2 的元素，除了 s 区的 ⅡA 族元素（如 Mg），部分过渡金属（如 Zn，电子排布为 [Ar]3d 4s2，属于 ds 区）也符合，并非都分布在 s 区，A错误；
B、区分晶体和非晶体最科学的方法是X 射线衍射实验（通过衍射图谱判断粒子的周期性排列），而非仅凭是否有规则几何外形（非晶体也可能因人为加工呈现规则外形），B错误；
C、氢元素是非金属，但位于 s 区，因此并非所有非金属元素都分布在 p 区，C错误；
D、元素周期表中第 ⅢB 族到第 ⅡB 族的 10 个纵列属于过渡金属（d 区和 ds 区），这些元素均为金属元素，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．最外层电子数为 2 的元素还可能在 ds 区（如 Zn），并非都在 s 区。
B．区分晶体和非晶体最科学的方法是 X 射线衍射，而非几何外形。
C．H 是非金属但在 s 区，并非所有非金属都在 p 区。
D．第 ⅢB 族到第 ⅡB 族的 10 个纵列为过渡金属，均为金属元素。
10．【答案】D
【知识点】含有氢键的物质；有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、数咖啡因结构简式中C、H、N、O的原子个数，可得分子式为，A正确；
B、X射线衍射技术可测定分子的键长、键角等结构信息，从而最终确定分子结构，B正确；
C、咖啡因分子中，碳氧双键的碳原子和环上的碳原子为杂化，甲基（）中的碳原子为杂化，共2种杂化方式，C正确；
D、分子间氢键形成需要存在、等含活泼氢的基团。咖啡因分子中N均与C相连（无键），O均与C相连（无键），因此分子间无氢键，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．通过结构简式数清各原子个数，确定分子式。
B．明确X射线衍射技术对分子结构测定的作用。
C．根据碳原子的成键方式判断杂化类型。
D．依据氢键形成条件（含N-H、O-H等活泼氢基团）分析是否存在分子间氢键。
11．【答案】B
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；电镀
【解析】【解答】A、Zn 比 Fe 活泼，Zn 为负极（b 烧杯），Fe 为正极（a 烧杯）。因此盐桥中阴离子应移向b 烧杯，而非 a 烧杯，A错误；
B、铁上镀铜时，Fe 作阴极（b 极），Cu 作阳极（a 极），电解液含 Cu2+，符合电镀池的电极要求，B正确；
C、钢闸门若与电源正极相连，会作阳极被氧化，腐蚀加快，应接电源负极才能被保护，C错误；
D、浓硫酸的强氧化性使铁钉钝化，且装置干燥，铁钉不会发生析氢腐蚀，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．明确原电池中离子移动方向（阴离子移向负极，阳离子移向正极）。
B．掌握电镀池的电极判断（待镀金属作阴极，镀层金属作阳极）。
C．理解外加电流阴极保护法的原理（被保护金属作阴极，接电源负极）。
D．分析金属腐蚀的条件（析氢腐蚀需酸性环境且金属未钝化）。
12．【答案】A
【知识点】有机物的结构和性质；缩聚反应；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A、J 能脱除 Ca2+、Mg2+，是因为这些阳离子可与 J 中的阴离子结合，从而脱离水溶液，故 A正确；
B、TMC 中存在单键，单键可旋转，因此其所有原子不一定共面，B错误；
C、J 的网状结构不仅与单体 AEPPS 有关，还与 TMC 的多官能团结构（三个酰氯基）有关，可实现横向和纵向的连接，C错误；
D、合成过程中脱除了小分子 HCl，属于缩聚反应，而非加聚反应，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．分析 J 脱除 Ca2+、Mg2+的原理（离子与阴离子的结合）。
B．依据单键旋转性判断原子是否共面。
C．明确网状结构形成与单体结构的关系（多官能团单体的作用）。
D．区分加聚反应与缩聚反应（是否脱除小分子）。
13．【答案】B
【知识点】化学键；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、由于平衡体系中 NO2和 N2O4的比例未知，1 mol 平衡混合气体中 N 原子的物质的量介于 1~2 mol 之间，并非固定 1.5 mol，A错误；
B、反应 2NO2(g) N2O4(g) ΔH < 0 为放热反应，说明 2 mol NO2的总键能小于 1 mol N2O4的总键能，因此断裂 2 mol NO2中的共价键所需能量小于断裂 1 mol N2O4中的共价键所需能量，B正确；
C、恒温时缩小容积，NO2浓度瞬间增大导致气体颜色变深，随后平衡正向移动仅部分缓解颜色加深（新平衡时颜色仍比原平衡深），颜色变深的主要原因是浓度瞬间变化，而非平衡正向移动，C错误；
D、该反应为放热反应，恒容时水浴加热，平衡逆向移动，NO2浓度增大，气体颜色变深，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．平衡混合气体中 NO2和 N2O4比例未知，1 mol 混合气体中 N 原子数介于 1~2 mol 之间。
B．反应放热，2 mol NO2总键能小于 1 mol N2O4总键能，断裂 2 mol NO2键能更小。
C．缩小容积时 NO2浓度瞬间增大导致颜色变深，平衡正向移动仅部分缓解，并非平衡移动主导颜色变化。
D．反应放热，加热使平衡逆向移动，NO2浓度增大，颜色变深。
14．【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A、反应的平衡常数。结合和，可得，A错误；
B、a点为初始溶液，电荷守恒式为。移项得。因溶液呈酸性，电离产生，故，因此，B正确；
C、原溶液中，物料守恒应为（假设未沉淀），选项中比例错误，C错误；
D、从b点到c点滴加KOH，溶液碱性增强。b点水解促进水的电离，c点，过量抑制水的电离，因此水的电离程度先增大后减小，并非一直增大，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．突破口是平衡常数与、的推导关系，通过计算，结果与选项不符。
B．突破口是电荷守恒式的变形与的存在，电荷守恒移项后，因，故不等式成立。
C．突破口是物料守恒的原子比例（与的比例为1：2），物料守恒应为含粒子总和，选项比例错误。
D．突破口是水的电离受酸碱和盐类水解的影响，水解促进电离，过量抑制电离，水的电离程度先增后减。
15．【答案】（1）三颈烧瓶；无水氯化钙（或碱石灰、五氧化二磷固体）
（2）fgabdeh
（3）将装置内的NO全部赶入Ⅵ中除去
（4）铜片表面有气泡产生，铜片不断变小，溶液变蓝
（5）防止Ⅵ中的水蒸气进入Ⅲ装置中
（6）
（7）；[或]
【知识点】常用仪器及其使用；化学实验操作的先后顺序；中和滴定；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）由仪器构造可知装置A为三颈烧瓶；装置Ⅰ中盛有的无水氯化钙(或碱石灰、五氧化二磷固体)用于干燥一氧化氮；
故答案为：三颈烧瓶；无水氯化钙(或碱石灰、五氧化二磷固体)。
（2）由以上分析可知装置的连接顺序为：c→f→g→a→b→d→e→h；
故答案为：fgabdeh。
（3）反应结束后还需继续通一会N2，继续通N2的目的是将装置内残留的NO全部赶入酸性重铬酸钾溶液中被吸收，防止污染；
故答案为：将装置内的NO全部赶入Ⅵ中除去。
（4）装置Ⅱ中滴入稀硝酸后，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO，A中观察到的现象是铜片逐渐溶解，溶液变蓝色，同时有气泡冒出；
故答案为：铜片表面有气泡产生，铜片不断变小，溶液变蓝。
（5）装置Ⅴ盛有浓硫酸的洗气瓶吸收水蒸气，防止水蒸气干扰实验；
故答案为：防止Ⅵ中的水蒸气进入Ⅲ装置中。
（6）装置Ⅵ中氮元素被氧化成+5价，Cr被还原为+3价，根据得失电子守恒及元素守恒得离子方程式：；
故答案为：。
（7）加入NH4Cl，煮沸3min，除去，生成N2、NaCl和H2O，方程式为；还原的反应为，滴定Fe2+的反应为，N由+5价变成+2价，Cr由+6价变成+3价，Fe由+2价变成+3价，根据电子得失守恒可知，，则，，Ca(NO3)2的质量分数为；
故答案为：；[或]。
【分析】实验前通入氮气，是为了将装置内的空气彻底排净。因为空气中的氧气会与一氧化氮反应（），干扰后续实验，所以必须排尽空气。在装置Ⅱ中铜与稀硝酸反应生成一氧化氮后，再次通入氮气，能将装置Ⅱ中生成的一氧化氮全部“推送”至后续装置，确保一氧化氮被充分利用，提高原料利用率。装置Ⅱ中铜与稀硝酸反应时，会有硝酸蒸气挥发出来，同时一氧化氮可能被少量氧化为二氧化氮。水可以与硝酸蒸气互溶，也能与二氧化氮反应（），从而除去一氧化氮中混有的硝酸蒸气和二氧化氮杂质，得到较纯净的一氧化氮。无水氯化钙是常用的干燥剂，能吸收一氧化氮中的水蒸气，对一氧化氮进行干燥，避免水蒸气进入后续装置Ⅲ影响反应（过氧化钙与水也会发生反应）。一氧化氮与过氧化钙在加热条件下发生反应，生成亚硝酸钙，这是实验的核心制备步骤。一氧化氮是有毒气体，直接排放会污染空气。酸性重铬酸钾具有强氧化性，能将一氧化氮氧化为无害物质，从而吸收尾气中的一氧化氮，防止污染环境；浓硫酸具有吸水性，能吸收装置中可能混入的水蒸气，防止水蒸气进入装置Ⅲ或Ⅵ，避免对实验造成干扰（比如水蒸气与过氧化钙反应、影响酸性重铬酸钾的氧化性等）。
（1）由仪器构造可知装置A为三颈烧瓶；装置Ⅰ中盛有的无水氯化钙(或碱石灰、五氧化二磷固体)用于干燥一氧化氮；故答案为：三颈烧瓶；无水氯化钙(或碱石灰、五氧化二磷固体)。
（2）由以上分析可知装置的连接顺序为：c→f→g→a→b→d→e→h；故答案为：fgabdeh。
（3）反应结束后还需继续通一会N2，继续通N2的目的是将装置内残留的NO全部赶入酸性重铬酸钾溶液中被吸收，防止污染；故答案为：将装置内的NO全部赶入Ⅵ中除去。
（4）装置Ⅱ中滴入稀硝酸后，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO，A中观察到的现象是铜片逐渐溶解，溶液变蓝色，同时有气泡冒出；故答案为：铜片表面有气泡产生，铜片不断变小，溶液变蓝。
（5）装置Ⅴ盛有浓硫酸的洗气瓶吸收水蒸气，防止水蒸气干扰实验；故答案为：防止Ⅵ中的水蒸气进入Ⅲ装置中。
（6）装置Ⅵ中氮元素被氧化成+5价，Cr被还原为+3价，根据得失电子守恒及元素守恒得离子方程式：；故答案为：。
（7）加入NH4Cl，煮沸3min，除去，生成N2、NaCl和H2O，方程式为；还原的反应为，滴定Fe2+的反应为，N由+5价变成+2价，Cr由+6价变成+3价，Fe由+2价变成+3价，根据电子得失守恒可知，，则，，Ca(NO3)2的质量分数为；故答案为：；[或]。
16．【答案】（1）
（2）＋；随着温度的升高CaO(或)的物质的量增加，说明升高温度反应2平衡正向移动，因此；C；由可知，，等式右边仅有T一个变量，越大，K受温度的影响越大；又因为，所以温度对的影响小于；；不变
【知识点】盖斯定律及其应用；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；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）已知反应1： ，反应3： ，反应3×2-反应1可得反应，根据盖斯定律可得，“空气反应器”中发生的热化学方程式为 2×(-483.6kJ/mol)-(-13.4kJ/mol)=-953.8kJ/mol，
故答案为： =-953.8kJ/mol；
（2）①由图可知，随着温度的升高CaO(或)的物质的量增加，说明升高温度反应2平衡正向移动，因此，
故答案为：+；随着温度的升高CaO(或)的物质的量增加，说明升高温度反应2平衡正向移动，因此；
②不影响燃烧效率而且不生成污染物，必须抑制副反应(反应2)的发生，副反应为气体物质的量增大的吸热反应，故“燃料反应器”中应该采用低温高压条件，
故答案为：C；
③ⅰ．由可知，，等式右边仅有T一个变量，越大，K受温度的影响越大，又因为，所以温度对的影响小于；
故答案为： 由可知，，等式右边仅有T一个变量，越大，K受温度的影响越大；又因为，所以温度对的影响小于
ⅱ．根据反应，，600℃时，，，由氢原子守恒可知，、物质的量之和不变，则平衡体系中的物质的量为，
故答案为：；
ⅲ．根据反应、，温度不变，平衡常数不变，由与之间的关系：，可推知不变，
故答案为：不变。
【分析】(1)用盖斯定律，结合已知反应 CaSO4(s)+4H2(g) CaS (s)+4H2O (g) ΔH1=-13.4kJ mol- 和 2H2(g)+O2(g)=2H2O (g) ΔH3=-483.6kJ mol- ，通过反应式运算推导空气反应器的热化学方程式。
(2)①升温时 CaO 或 SO2的量增加，说明反应 2 平衡正向移动，故 ΔH2为 “+”。
②副反应是吸热且气体物质的量增大的反应，需低温高压抑制其发生。
③ⅰ 由等温式可知，|ΔH | 越大，K 受温度影响越大，因 |ΔH1|<|ΔH2|，故 K1受温度影响更小。
ⅱ用反应 1 的 K1表达式和氢原子守恒，计算得 H2的物质的量。
ⅲ 温度不变，平衡常数不变，由 K1和 K2的关系可知，c (SO2) 不变。
（1）已知反应1： ，反应3： ，反应3×2-反应1可得反应，根据盖斯定律可得，“空气反应器”中发生的热化学方程式为 2×(-483.6kJ/mol)-(-13.4kJ/mol)=-953.8kJ/mol，故答案为： =-953.8kJ/mol；
（2）①由图可知，随着温度的升高CaO(或)的物质的量增加，说明升高温度反应2平衡正向移动，因此，故答案为：+；随着温度的升高CaO(或)的物质的量增加，说明升高温度反应2平衡正向移动，因此；
②不影响燃烧效率而且不生成污染物，必须抑制副反应(反应2)的发生，副反应为气体物质的量增大的吸热反应，故“燃料反应器”中应该采用低温高压条件，故答案为：C；
③ⅰ．由可知，，等式右边仅有T一个变量，越大，K受温度的影响越大，又因为，所以温度对的影响小于；
ⅱ．根据反应，，600℃时，，，由氢原子守恒可知，、物质的量之和不变，则平衡体系中的物质的量为，故答案为：；
ⅲ．根据反应、，温度不变，平衡常数不变，由与之间的关系：，可推知不变，故答案为：不变。
17．【答案】p；2：5；正四面体形；sp3；4s24p4；分子；HC>A>B；4；
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】（1）已知同一周期从左往右元素的电负性依次增强，故电负性：S＞P；同一主族从上往下元素的电负性依次减弱，故O＞S；所以 O、P、S三种元素中，P元素电负性最小，位于元素周期表第三周期，第ⅤA族，属于p区元素；
故答案为： p ；
（2）已知氮原子最外层上有5个电子，有3个未成对电子，1对孤电子对，肼分子（）中含有4个N-H单键，1个N-N单键，单键都是σ键，故σ键总数为5，每个氮原子含1对孤电子对，故孤电子对总数为2，则肼()分子中孤电子对与σ键的数目之比为2：5；
故答案为： 2：5 ；
（3）阴离子即中心原子N孤电子对数=（a为中心原子价电子数，x为与中心原子结合的原子数，b为与中心原子结合的原子所能接受的最多电子数），中心原子N周围的价层电子对数=成键电子对数+孤电子对数=4+0=4，根据价层电子对互斥理论可知，其空间结构为正四面体形；根据上述计算，阴离子即中心原子N的价层电子对数为4，根据杂化轨道理论可知，其中心原子杂化方式为sp3杂化，
故答案为： 正四面体形 ；sp3；
（4）已知Se是34号元素，基态硒原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p4，故基态硒原子的价层电子排布式为4s24p4；晶体的熔点为350℃较低，加热易升华，具有分子晶体的特征，即固态属于分子晶体；
故答案为：4s24p4 ； 分子 ；
（5）①吡啶的组成元素为C、H、N，根据电负性的变化规律，同周期元素从左到右电负性逐渐增大，同主族元素从上到下电负性逐渐减小，故H的电负性小于C，C的电负性小于N，所以电负性由小到大的顺序为H②吡啶在水中的溶解度大于苯，主要原因有：吡啶能和水分子间形成氢键，而苯不能与水分子形成氢键；
③吡啶在水中的溶解度大于苯，主要原因有：吡啶和水均是极性分子，苯是非极性分子，相似相溶；
故答案为： H （6）①电子云轮廓图呈哑铃形的能级符号为p，基态Al原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p1，p能级上共有7个电子，故基态Al原子核外电子云轮廓图呈哑铃形的能级上电子数为7；
②A．电子排布为1s22s22p63s23p1，是基态Al原子的价电子排布，电离最外层一个电子所需能量为基态原子的第一电离能；
B．电子排布为1s22s22p63s13p2，3s和3p轨道电子排布较分散，是Al原子的激发态，能量高于基态；
C．，3p轨道无电子，3s轨道为全充满，较稳定，电离最外层一个电子（3s电子）所需能量为第二电离能，第二电离能大于第一电离能；
D．，3p轨道无电子，3s轨道1个电子，电离最外层一个电子（3s电子）所需能量为第三电离能，第三电离能大于第二电离能；
第三电离能（状态D）>第二电离能（状态C）>第一电离能（状态A），且电子能量越高，电离所需能量越低，所以电离最外层一个电子所需能量由高到低的顺序是：D＞C＞A＞B；
故答案为： 7 ； D>C>A>B ；
（7）①由图可知，碳化硅晶体为共价晶体，结构与金刚石类似，根据晶胞“无隙并置”的特点，以其中一个面心Si原子为例，其被两个晶胞共用，在两个晶胞中分别连有2个C原子，故其周围距离最近的C原子数目为4；
②根据均摊法，Si原子位于顶点和面心，数目为，C原子位于晶胞内部，数目为4，因此，一个晶胞中含有4个“SiC”单元，SiC摩尔质量为40g/mol，晶胞质量，晶胞边长为c nm，晶胞体积，根据，得。
故答案为：4； 。
【分析】(1)依据电负性规律，O、P、S 中 P 电负性最小，P 位于 p 区。
(2)肼（H2N-NH2）中，每个 N 有 1 对孤电子对，共 2 对；含 4 个 N-Hσ 键和 1 个 N-Nσ 键，共 5 个 σ 键，故孤电子对与 σ 键比为 2：5。
(3)NO43-中心 N 的价层电子对为 4（无孤对），空间结构为正四面体形，杂化方式为 sp3。
(4)基态 Se 原子价层电子排布式为 4s24p4；SeO2熔点低且易升华，属分子晶体。
(5)电负性顺序为 H
(6)基态 Al 原子 p 能级（2p3、3p ）共 7 个电子；电离能顺序为 D>C>A>B（D 为第三电离能，C 为第二电离能，A 为基态第一电离能，B 为激发态第一电离能）。
(7)①碳化硅结构与金刚石类似，每个 Si 周围最近的 C 原子数为 4；②晶胞中含 4 个 Si 和 4 个 C，密度为 g cm-3。
18．【答案】（1）酰胺基；醚键
（2）取代反应
（3）
（4）
（5）8
（6）与反应生成的HCl反应，促进反应正向进行提高产率
（7）9
【知识点】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）布瑞哌唑(F)中含氧官能团的名称为酰胺基、醚键。
故答案为：酰胺基；醚键；
（2）反应中A的碳氟键发生取代反应生成B，反应类型为取代反应。
故答案为：取代反应；
（3）可通过巯基乙酸()与乙醇发生酯化反应制得，反应的化学方程式为。
故答案为：；
（4）D的结构简式为。
故答案为：；
（5）理论上，E（）的核磁共振氢谱图有8组峰，如图。
故答案为：8；
（6）反应通常需添加以提高产率，原因是与反应生成的HCl反应，促进反应正向进行提高产率。
故答案为：与反应生成的HCl反应，促进反应正向进行提高产率；
（7）三个不同的官能团在苯环上的连接方式可先确定2个官能团的位置，有邻、间、对三种，再将第三个官能团如图中的醛基连上去，、、，与A（）具有相同官能团的芳香族同分异构体还有9种。
故答案为：9。
【分析】化合物 A 的结构为含氟、氯的苯甲醛衍生物（结构简式为）。A 与（含叔丁氧羰基保护的哌嗪）反应生成 B，B 的结构是哌嗪取代 A 中 F 原子后的苯甲醛衍生物（）。B 与含巯基的乙酯（HS-CH₂-COOEt）反应生成 C（）。C 在 NaOH 中水解，再经 HCl 酸化得到 D（羧基取代酯基，哌嗪带 Boc 保护）。D 转化为 E（脱除 Boc 保护基，得到游离哌嗪结构的噻吩并苯环化合物）。E 与含氯的喹啉酮衍生物（）发生取代反应，生成 F（）。据此解题。
（1）布瑞哌唑(F)中含氧官能团的名称为酰胺基、醚键。故答案为：酰胺基；醚键；
（2）反应中A的碳氟键发生取代反应生成B，反应类型为取代反应。故答案为：取代反应；
（3）可通过巯基乙酸()与乙醇发生酯化反应制得，反应的化学方程式为。故答案为：；
（4）D的结构简式为。故答案为：；
（5）理论上，E（）的核磁共振氢谱图有8组峰，如图。故答案为：8；
（6）反应通常需添加以提高产率，原因是与反应生成的HCl反应，促进反应正向进行提高产率。故答案为：与反应生成的HCl反应，促进反应正向进行提高产率；
（7）三个不同的官能团在苯环上的连接方式可先确定2个官能团的位置，有邻、间、对三种，再将第三个官能团如图中的醛基连上去，、、，与A（）具有相同官能团的芳香族同分异构体还有9种。故答案为：9。
1 / 1四川省泸州市泸县第五中学2025-2026学年高三上学期10月月考化学试题
1．（2025高三上·泸县月考）泾阳茯茶属六大茶类中的黑茶，属于全发酵茶。其制作工艺包括去杂、剁茶、过筛、发酵、压制等，以下操作中最可能引起化学变化的是
A．剁茶 B．过筛 C．发酵 D．压制
【答案】C
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系
【解析】【解答】A、只是将茶叶的形状改变，没有新物质生成，A属于物理变化。
B、是对茶叶进行筛选分离，仅改变其存在状态，无新物质生成，B属于物理变化。
C、发酵过程中茶叶的成分发生复杂的化学反应，有新物质生成，C属于化学变化。
D、只是将茶叶压制成型，没有新物质生成，D属于物理变化。
故答案为：C。
【分析】本题的易错点主要有以下两点：
对物理变化和化学变化的本质区别（是否有新物质生成）理解不透彻，容易将物质形状、状态的改变误认为是化学变化，比如剁茶、过筛、压制这些仅改变茶叶形态或存在形式的过程，易误判为化学变化。
对 “发酵” 这一过程的本质认识不足，不清楚发酵是通过化学反应产生新物质的过程，从而可能错误地将其归为物理变化。
2．（2025高三上·泸县月考）下列离子方程式书写正确的是
A．氢氧化镁与稀硫酸反应：
B．向碳酸氢钠溶液中加入稀硫酸：
C．氢氧化钠溶液通入过量：
D．铁与稀硫酸反应：
【答案】C
【知识点】铁的化学性质；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、氢氧化镁是难溶性固体，在离子方程式中不能拆分为和，正确的离子方程式应为，A错误；
B、碳酸氢钠中的属于弱酸酸式酸根，不能拆分为和，正确的离子方程式应为，B错误；
C、氢氧化钠溶液通入过量时，会生成碳酸氢钠，离子方程式书写符合反应事实和离子方程式书写规则，C正确；
D、铁与稀硫酸反应时，生成的是硫酸亚铁（含）和氢气，正确的离子方程式应为，D错误；
故答案为：C。
【分析】判断离子方程式正误的关键突破口：
物质是否拆分：难溶物（如氢氧化镁）、弱酸酸式根（如碳酸氢根 HCO3-）不能拆成离子，需写化学式；易溶强电解质（如强酸、强碱、可溶性盐）才可拆为离子。
反应产物是否正确：注意反应物 “量” 的影响：如过量 CO2与 OH-反应生成 HCO3-，而非 CO32-；
依据物质性质判断产物：如 Fe 与稀硫酸反应生成 Fe2+（而非 Fe3+）和 H2。
守恒关系是否满足：检查原子个数（如 H、O 原子）和电荷是否守恒，确保方程式符合化学反应实际。
3．（2025高三上·泸县月考）用表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．与足量醋酸充分反应后生成乙酸乙酯分子的数目为
B．常温常压下，的乙醇溶液中，含键的数目为
C．现有乙烯和丙烯的混合气体共，其原子总数为
D．标准状况下，含有氟原子的数目为
【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、C2H5OH 与醋酸的酯化反应是可逆反应，不能完全转化，46g（1mol）C2H5OH 反应后生成的乙酸乙酯分子数小于 NA，A错误；
B、100g46% 的乙醇溶液中，除了乙醇含 H-O 键，水也含 H-O 键（水的质量为 54g，含 3mol H2O），故 H-O 键数目远大于 NA，B错误；
C、乙烯和丙烯的最简式均为 CH2，14g 混合气体含 1mol CH2，原子总数为 3NA（1mol C + 2mol H），C正确；
D、标准状况下 HF 是液体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，11.2L HF 的物质的量远大于 0.5mol，含氟原子数大于 0.5NA，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
忽略可逆反应的限度：误认为酯化反应能完全进行，错判选项 A 中乙酸乙酯的分子数为NA；
遗漏溶液中其他微粒的贡献：只关注乙醇中的 H-O 键，忽略了乙醇溶液里水也含 H-O 键，错判选项 B 的 H-O 键数目；
混淆物质的状态：误将标准状况下的 HF 当作气体，用气体摩尔体积计算其物质的量，错判选项 D 的氟原子数。
4．（2025高三上·泸县月考）氮氧化物的治理对大气环境的净化有着重要的意义。已知：
①
②
在转化为的总反应中，若有标准状况下被氧化，则放出的热量为
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】先推导总反应：已知反应①
反应②
将反应① + 反应②，可得总反应：
然后计算总反应的：总反应的
接着计算的物质的量：标准状况下，的物质的量为
最后计算放出的热量：总反应中参与反应时放出热量，则被氧化时放出的热量为：。
故答案为：B。
【分析】先通过盖斯定律将已知反应式组合，得到转化为的总反应，然后根据组合反应的系数关系，计算总反应的反应热，接着利用标准状况下气体摩尔体积，求出被氧化的的物质的量，最后结合总反应的，计算放出的热量。
5．（2025高三上·泸县月考）下列关于化学反应速率的说法正确的是
A．恒温时，体系压强增大，化学反应速率一定加快
B．其他条件不变，升高温度，吸热反应速率加快，放热反应速率减慢
C．的反应速率一定比的反应速率大
D．恒温恒容容器中发生，充入压强增大，反应速率不变
【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、恒温时压强增大，若反应中无气体参与，或通过充入惰性气体（如 Ar）增大压强但反应物浓度不变，反应速率不会加快。只有压强变化导致反应物浓度增大时，速率才加快，A错误；
B、升高温度，无论吸热还是放热反应，速率都会加快（温度升高使活化分子百分数增加，对正逆反应均有促进作用），B错误；
C、反应速率的数值比较需基于 “同一种物质”，且单位要统一。不同物质的速率数值与化学计量数相关，仅看数值（如 3 mol L- s- 和 1 mol L- s- ）无法直接判断快慢，C错误；
D、恒温恒容下，反应 N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) 中充入 Ar，总压强增大，但 N2、H2、NH3的浓度未变（体积不变，物质的量不变），反应速率由浓度决定，因此速率不变，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．压强影响速率的本质是浓度变化。恒温加压若未改变反应物浓度（如无气体反应、恒容充惰性气体），速率不加快。
B．升高温度，吸热、放热反应速率均加快（温度对活化分子百分数的影响无选择性）。
C．反应速率比较需是同一种物质且单位统一，不同物质无法仅通过数值判断快慢。
D．恒温恒容充 Ar，反应体系各物质浓度不变，速率不变。
6．（2025高三上·泸县月考）M、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，M、X、Y、Z的原子半径依次减小，W元素的最高正价与最低负价的代数和为4.由这五种元素组成的阴离子的结构如下图所示。下列说法正确的是
A．简单氢化物的稳定性：
B．简单离子半径：
C．键角：
D．Z的单质能从溴化钠水溶液中置换出溴单质
【答案】C
【知识点】原子结构与元素的性质；键能、键长、键角及其应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、W 为 S，Y 为 O。非金属性 O＞S，简单氢化物稳定性 H2O＞H2S，即 Y＞W，A错误；
B、简单离子中，S2-为 18 电子，N3-、O2-、F-为 10 电子。电子层数越多半径越大，电子层结构相同时，原子序数越小半径越大，故离子半径 W（S2-）＞X（N3-）＞Y（O2-）＞Z（F-），B错误；
C、MZ4为 CF4，XZ3为 NF3，C 和 N 均为 sp3 杂化。NF3中 N 有孤电子对，孤电子对与成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力，导致 NF3键角更小，故键角 CF4＞NF3，C正确；
D、Z 为 F，F2先与水反应（2F2+2H2O=4HF+O2），不能从溴化钠溶液中置换出溴单质，D错误；
故答案为：C。
【分析】推断元素：由 “M、X、Y、Z 原子半径依次减小且原子序数依次增大”，推知 M、X、Y、Z 为同周期元素（第二周期）。
W 最高正价与最低负价代数和为 4，推知 W 为第 ⅥA 族元素，结合原子序数最大且为短周期，确定 W 为 S。
结合阴离子结构，进一步推得 M、X、Y、Z 分别为 C、N、O、F。据此解答。
7．（2025高三上·泸县月考）下列有关原子结构与性质的说法，正确的是
A．基态电子排布式违反了泡利不相容原理
B．激发态的电子轨道表示式：
C．基态中能级最高的电子所占据轨道的电子云形状为球形
D．基态原子有16种能量不同的电子
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的运动状态；原子核外电子的跃迁及应用
【解析】【解答】A、基态的电子排布因洪特规则特例（半满结构更稳定），正确排布应为，题目中违反的是洪特规则特例，而非泡利不相容原理（泡利原理是“一个轨道最多2个自旋相反的电子”），A错误；
B、核外有10个电子，基态电子排布为。激发态是基态电子从低能量轨道跃迁到高能量轨道，图中2p轨道电子分别跃迁到3s、3p轨道，符合激发态电子轨道表示式的规则，B正确；
C、基态的电子排布为，能级最高的电子占据3p轨道，p轨道的电子云形状是哑铃形，而非球形（球形是s轨道的电子云形状），C错误；
D、基态原子的电子排布为。电子的能量由能级决定，不同能级（1s、2s、2p、3s、3p）能量不同，同一能级电子能量相同，因此共有5种能量不同的电子，而非16种，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．基态24Cr 因半满结构更稳定，正确排布为 [Ar] 3d54s ，题目排布违反洪特规则特例，而非泡利原理。
B．Mg2+基态为 1s22s22p6，图中 2p 电子跃迁到 3s、3p 高能级，符合激发态规则。
C．K+最高能级为 3p，电子云应为哑铃形，而非球形。
D．S 原子有 1s、2s、2p、3s、3p 共 5 种能级，对应 5 种能量电子，而非 16 种。
8．（2025高三上·泸县月考）如图为某药物的部分合成路线，有关说法错误的是
A．苯的大键可以表示为，萘()中大键表示为
B．有机物B的碳原子和氮原子中，采用杂化与杂化的原子个数比为7：2
C．中键长由小到大的顺序为
D．的空间结构为平面三角形
【答案】B
【知识点】键能、键长、键角及其应用；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；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、大π键的表示形式为（为参与大π键的原子数，为参与的电子数）。
苯分子中，6个碳原子均为杂化，每个碳原子提供1个未参与杂化的p电子，形成包含6个原子、6个电子的大π键，因此表示为。萘分子由10个杂化的碳原子组成，每个碳原子提供1个p电子，形成包含10个原子、10个电子的大π键，即。A正确；
B、杂化的原子：苯环上6个碳原子（均为杂化）、酮羰基中的碳原子（杂化）、硝基中的氮原子（杂化），共个原子。杂化的原子：2个亚甲基（）中的碳原子（均为杂化），共2个原子。因此，杂化与杂化的原子个数比为，而非选项中的。
B错误；
C、键长与成键原子的半径正相关（原子半径越大，键长越长）。
已知原子半径：。键：H原子半径最小，键长最短。键：Si原子半径大于H，故键长。键：Si原子半径大于C，故键长。因此，键长顺序为，C正确；
D、中心N原子的价层电子对数 = 成键电子对数 + 孤电子对数 = （无孤电子对）。价层电子对互斥模型为平面三角形，且无孤电子对影响，因此的空间结构为平面三角形。D正确；
故答案为：B。
【分析】A．抓大π键表示规则（中为原子数、为电子数），苯和萘的大π键表示符合规则。
B．抓杂化类型判断（sp2杂化对应苯环、羰基、硝基；sp3杂化对应饱和碳），计算得sp2与sp3杂化原子数比为4：1，而非7：2。
C．抓键长与原子半径的关系（原子半径H < C < Si），推导键长H-C < H-Si < C-Si。
D．抓价层电子对互斥理论（NO3-中N价层电子对数为3且无孤电子对），空间结构为平面三角形。
9．（2025高三上·泸县月考）下列说法正确的是
A．最外层电子数为2的元素都分布在s区
B．区分晶体和非晶体最科学的方法是看是否有规则的几何外形
C．所有非金属元素都分布在p区
D．元素周期表中第ⅢB族到第ⅡB族10个纵列的元素都是金属元素
【答案】D
【知识点】元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、最外层电子数为 2 的元素，除了 s 区的 ⅡA 族元素（如 Mg），部分过渡金属（如 Zn，电子排布为 [Ar]3d 4s2，属于 ds 区）也符合，并非都分布在 s 区，A错误；
B、区分晶体和非晶体最科学的方法是X 射线衍射实验（通过衍射图谱判断粒子的周期性排列），而非仅凭是否有规则几何外形（非晶体也可能因人为加工呈现规则外形），B错误；
C、氢元素是非金属，但位于 s 区，因此并非所有非金属元素都分布在 p 区，C错误；
D、元素周期表中第 ⅢB 族到第 ⅡB 族的 10 个纵列属于过渡金属（d 区和 ds 区），这些元素均为金属元素，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．最外层电子数为 2 的元素还可能在 ds 区（如 Zn），并非都在 s 区。
B．区分晶体和非晶体最科学的方法是 X 射线衍射，而非几何外形。
C．H 是非金属但在 s 区，并非所有非金属都在 p 区。
D．第 ⅢB 族到第 ⅡB 族的 10 个纵列为过渡金属，均为金属元素。
10．（2025高三上·泸县月考）咖啡中含有的咖啡因，能结合腺苷受体，阻止其释放疲劳的信号，以达到提神的效果。咖啡因的结构如图所示，下列说法不正确的是
A．咖啡因的分子式为
B．咖啡因的分子结构可以通过射线衍射技术最终测定
C．咖啡因分子中C有2种杂化方式
D．咖啡因分子分子间存在氢键
【答案】D
【知识点】含有氢键的物质；有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、数咖啡因结构简式中C、H、N、O的原子个数，可得分子式为，A正确；
B、X射线衍射技术可测定分子的键长、键角等结构信息，从而最终确定分子结构，B正确；
C、咖啡因分子中，碳氧双键的碳原子和环上的碳原子为杂化，甲基（）中的碳原子为杂化，共2种杂化方式，C正确；
D、分子间氢键形成需要存在、等含活泼氢的基团。咖啡因分子中N均与C相连（无键），O均与C相连（无键），因此分子间无氢键，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．通过结构简式数清各原子个数，确定分子式。
B．明确X射线衍射技术对分子结构测定的作用。
C．根据碳原子的成键方式判断杂化类型。
D．依据氢键形成条件（含N-H、O-H等活泼氢基团）分析是否存在分子间氢键。
11．（2025高三上·泸县月考）关于下列各装置图的叙述正确的是
A．图①装置盐桥中的阴离子移向a烧杯
B．图②装置铁上镀铜，b极为铁
C．图③装置钢闸门与电源正极相连获得保护
D．图④装置铁钉发生析氢腐蚀
【答案】B
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；电镀
【解析】【解答】A、Zn 比 Fe 活泼，Zn 为负极（b 烧杯），Fe 为正极（a 烧杯）。因此盐桥中阴离子应移向b 烧杯，而非 a 烧杯，A错误；
B、铁上镀铜时，Fe 作阴极（b 极），Cu 作阳极（a 极），电解液含 Cu2+，符合电镀池的电极要求，B正确；
C、钢闸门若与电源正极相连，会作阳极被氧化，腐蚀加快，应接电源负极才能被保护，C错误；
D、浓硫酸的强氧化性使铁钉钝化，且装置干燥，铁钉不会发生析氢腐蚀，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．明确原电池中离子移动方向（阴离子移向负极，阳离子移向正极）。
B．掌握电镀池的电极判断（待镀金属作阴极，镀层金属作阳极）。
C．理解外加电流阴极保护法的原理（被保护金属作阴极，接电源负极）。
D．分析金属腐蚀的条件（析氢腐蚀需酸性环境且金属未钝化）。
12．（2025高三上·泸县月考）在卤水精制中，纳滤膜对、有很高的脱除率。一种网状结构的纳滤膜J的合成路线如图(图中表示链延长)。
已知：
下列说法正确的是
A．J能脱除、可能与其存在阴离子有关
B．TMC中所有原子一定共面
C．J具有网状结构仅与单体AEPPS的结构有关
D．合成J的反应为加聚反应
【答案】A
【知识点】有机物的结构和性质；缩聚反应；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A、J 能脱除 Ca2+、Mg2+，是因为这些阳离子可与 J 中的阴离子结合，从而脱离水溶液，故 A正确；
B、TMC 中存在单键，单键可旋转，因此其所有原子不一定共面，B错误；
C、J 的网状结构不仅与单体 AEPPS 有关，还与 TMC 的多官能团结构（三个酰氯基）有关，可实现横向和纵向的连接，C错误；
D、合成过程中脱除了小分子 HCl，属于缩聚反应，而非加聚反应，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．分析 J 脱除 Ca2+、Mg2+的原理（离子与阴离子的结合）。
B．依据单键旋转性判断原子是否共面。
C．明确网状结构形成与单体结构的关系（多官能团单体的作用）。
D．区分加聚反应与缩聚反应（是否脱除小分子）。
13．（2025高三上·泸县月考）和存在平衡：。下列分析正确的是
A．1 mol平衡混合气体中含1.5 mol N原子
B．断裂中的共价键所需能量小于断裂中的共价键所需能量
C．恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的
D．恒容时，水浴加热，由于平衡正向移动导致气体颜色变浅
【答案】B
【知识点】化学键；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、由于平衡体系中 NO2和 N2O4的比例未知，1 mol 平衡混合气体中 N 原子的物质的量介于 1~2 mol 之间，并非固定 1.5 mol，A错误；
B、反应 2NO2(g) N2O4(g) ΔH < 0 为放热反应，说明 2 mol NO2的总键能小于 1 mol N2O4的总键能，因此断裂 2 mol NO2中的共价键所需能量小于断裂 1 mol N2O4中的共价键所需能量，B正确；
C、恒温时缩小容积，NO2浓度瞬间增大导致气体颜色变深，随后平衡正向移动仅部分缓解颜色加深（新平衡时颜色仍比原平衡深），颜色变深的主要原因是浓度瞬间变化，而非平衡正向移动，C错误；
D、该反应为放热反应，恒容时水浴加热，平衡逆向移动，NO2浓度增大，气体颜色变深，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．平衡混合气体中 NO2和 N2O4比例未知，1 mol 混合气体中 N 原子数介于 1~2 mol 之间。
B．反应放热，2 mol NO2总键能小于 1 mol N2O4总键能，断裂 2 mol NO2键能更小。
C．缩小容积时 NO2浓度瞬间增大导致颜色变深，平衡正向移动仅部分缓解，并非平衡移动主导颜色变化。
D．反应放热，加热使平衡逆向移动，NO2浓度增大，颜色变深。
14．（2025高三上·泸县月考）室温下，0.1 mol·L-1KOH溶液滴定10 mL0.05 mol·L-1溶液的pH-t曲线如图所示。下列说法正确的是
已知：室温时，。
A．的平衡常数为
B．a点：
C．b点：
D．从b点到c点，水的电离程度一直在增大
【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A、反应的平衡常数。结合和，可得，A错误；
B、a点为初始溶液，电荷守恒式为。移项得。因溶液呈酸性，电离产生，故，因此，B正确；
C、原溶液中，物料守恒应为（假设未沉淀），选项中比例错误，C错误；
D、从b点到c点滴加KOH，溶液碱性增强。b点水解促进水的电离，c点，过量抑制水的电离，因此水的电离程度先增大后减小，并非一直增大，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．突破口是平衡常数与、的推导关系，通过计算，结果与选项不符。
B．突破口是电荷守恒式的变形与的存在，电荷守恒移项后，因，故不等式成立。
C．突破口是物料守恒的原子比例（与的比例为1：2），物料守恒应为含粒子总和，选项比例错误。
D．突破口是水的电离受酸碱和盐类水解的影响，水解促进电离，过量抑制电离，水的电离程度先增后减。
15．（2025高三上·泸县月考）亚硝酸钙广泛应用于钢筋混凝土工程中，主要用作水泥硬化促进剂和防冻阻锈剂，其为白色粉末，易潮解、易溶于水。实验室采用下列装置，用干燥的NO与过氧化钙反应制取。
（1）仪器A的名称是　 　，装置Ⅰ中试剂名称是　 　。
（2）装置的连接顺序是：c→　 　（填字母）。
（3）滴入稀硝酸前需要通入一段时间，待反应结束后还需继续通一会，继续通的目的是　 　。
（4）装置Ⅱ中滴入稀硝酸后，A中观察到的现象是　 　。
（5）装置Ⅴ的作用是　 　。
（6）装置Ⅵ中氮元素被氧化成价，则反应的离子方程式为　 　。
（7）测定所得亚硝酸钙产品中硝酸钙的含量，实验步骤如下：
①除去时，需要煮沸3min，其反应的化学方程式为　 　。
②滴定时消耗标准液的体积为VmL，则所得产品中硝酸钙的质量分数为　 　。
【答案】（1）三颈烧瓶；无水氯化钙（或碱石灰、五氧化二磷固体）
（2）fgabdeh
（3）将装置内的NO全部赶入Ⅵ中除去
（4）铜片表面有气泡产生，铜片不断变小，溶液变蓝
（5）防止Ⅵ中的水蒸气进入Ⅲ装置中
（6）
（7）；[或]
【知识点】常用仪器及其使用；化学实验操作的先后顺序；中和滴定；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）由仪器构造可知装置A为三颈烧瓶；装置Ⅰ中盛有的无水氯化钙(或碱石灰、五氧化二磷固体)用于干燥一氧化氮；
故答案为：三颈烧瓶；无水氯化钙(或碱石灰、五氧化二磷固体)。
（2）由以上分析可知装置的连接顺序为：c→f→g→a→b→d→e→h；
故答案为：fgabdeh。
（3）反应结束后还需继续通一会N2，继续通N2的目的是将装置内残留的NO全部赶入酸性重铬酸钾溶液中被吸收，防止污染；
故答案为：将装置内的NO全部赶入Ⅵ中除去。
（4）装置Ⅱ中滴入稀硝酸后，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO，A中观察到的现象是铜片逐渐溶解，溶液变蓝色，同时有气泡冒出；
故答案为：铜片表面有气泡产生，铜片不断变小，溶液变蓝。
（5）装置Ⅴ盛有浓硫酸的洗气瓶吸收水蒸气，防止水蒸气干扰实验；
故答案为：防止Ⅵ中的水蒸气进入Ⅲ装置中。
（6）装置Ⅵ中氮元素被氧化成+5价，Cr被还原为+3价，根据得失电子守恒及元素守恒得离子方程式：；
故答案为：。
（7）加入NH4Cl，煮沸3min，除去，生成N2、NaCl和H2O，方程式为；还原的反应为，滴定Fe2+的反应为，N由+5价变成+2价，Cr由+6价变成+3价，Fe由+2价变成+3价，根据电子得失守恒可知，，则，，Ca(NO3)2的质量分数为；
故答案为：；[或]。
【分析】实验前通入氮气，是为了将装置内的空气彻底排净。因为空气中的氧气会与一氧化氮反应（），干扰后续实验，所以必须排尽空气。在装置Ⅱ中铜与稀硝酸反应生成一氧化氮后，再次通入氮气，能将装置Ⅱ中生成的一氧化氮全部“推送”至后续装置，确保一氧化氮被充分利用，提高原料利用率。装置Ⅱ中铜与稀硝酸反应时，会有硝酸蒸气挥发出来，同时一氧化氮可能被少量氧化为二氧化氮。水可以与硝酸蒸气互溶，也能与二氧化氮反应（），从而除去一氧化氮中混有的硝酸蒸气和二氧化氮杂质，得到较纯净的一氧化氮。无水氯化钙是常用的干燥剂，能吸收一氧化氮中的水蒸气，对一氧化氮进行干燥，避免水蒸气进入后续装置Ⅲ影响反应（过氧化钙与水也会发生反应）。一氧化氮与过氧化钙在加热条件下发生反应，生成亚硝酸钙，这是实验的核心制备步骤。一氧化氮是有毒气体，直接排放会污染空气。酸性重铬酸钾具有强氧化性，能将一氧化氮氧化为无害物质，从而吸收尾气中的一氧化氮，防止污染环境；浓硫酸具有吸水性，能吸收装置中可能混入的水蒸气，防止水蒸气进入装置Ⅲ或Ⅵ，避免对实验造成干扰（比如水蒸气与过氧化钙反应、影响酸性重铬酸钾的氧化性等）。
（1）由仪器构造可知装置A为三颈烧瓶；装置Ⅰ中盛有的无水氯化钙(或碱石灰、五氧化二磷固体)用于干燥一氧化氮；故答案为：三颈烧瓶；无水氯化钙(或碱石灰、五氧化二磷固体)。
（2）由以上分析可知装置的连接顺序为：c→f→g→a→b→d→e→h；故答案为：fgabdeh。
（3）反应结束后还需继续通一会N2，继续通N2的目的是将装置内残留的NO全部赶入酸性重铬酸钾溶液中被吸收，防止污染；故答案为：将装置内的NO全部赶入Ⅵ中除去。
（4）装置Ⅱ中滴入稀硝酸后，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO，A中观察到的现象是铜片逐渐溶解，溶液变蓝色，同时有气泡冒出；故答案为：铜片表面有气泡产生，铜片不断变小，溶液变蓝。
（5）装置Ⅴ盛有浓硫酸的洗气瓶吸收水蒸气，防止水蒸气干扰实验；故答案为：防止Ⅵ中的水蒸气进入Ⅲ装置中。
（6）装置Ⅵ中氮元素被氧化成+5价，Cr被还原为+3价，根据得失电子守恒及元素守恒得离子方程式：；故答案为：。
（7）加入NH4Cl，煮沸3min，除去，生成N2、NaCl和H2O，方程式为；还原的反应为，滴定Fe2+的反应为，N由+5价变成+2价，Cr由+6价变成+3价，Fe由+2价变成+3价，根据电子得失守恒可知，，则，，Ca(NO3)2的质量分数为；故答案为：；[或]。
16．（2025高三上·泸县月考）载氧体化学链燃烧技术(CLC)是一种燃烧效率更高的新技术。以H2为燃料，以CaSO4为载氧体的CLC体系工作原理如图所示。
已知：每消耗2mol 生成放出483.6kJ的热量；“燃料反应器”中发生反应的热化学方程式为 (反应1)。
回答下列问题：
（1）“空气反应器”中发生反应的热化学方程式为　 　。
（2）随着温度的升高，“燃料反应器”中还可能发生副反应： (反应2)，某实验室利用HSC软件绘制出1mol 和1mol 在不同温度下反应的平衡体系中产物的组成如图所示。
①　 　(填“＋”或“-”)，理由是　 　。
②该CLC体系工作时，“燃料反应器”中应该采用　 　(填标号)，否则不但会影响燃烧效率而且会有污染物生成。
A．高温高压 B．高温低压 C．低温高压 D．低温低压
③化学反应等温式的一种表达形式为，其中、可以视为与温度无关的定值，R是常数。我国研究人员根据化学反应等温式、利用HSC软件，计算出不同温度下反应1的平衡常数、反应2的平衡常数数值如表所示。
温度/℃ 600 800 1000 1200
ⅰ．随着温度的升高，的变化趋势小于的原因是　 　。
ⅱ.600℃时，平衡体系中的物质的量为　 　mol。
ⅲ．保持1000℃，将“燃料反应器”的容积压缩，重新达到平衡后，的变化情况为　 　(填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】（1）
（2）＋；随着温度的升高CaO(或)的物质的量增加，说明升高温度反应2平衡正向移动，因此；C；由可知，，等式右边仅有T一个变量，越大，K受温度的影响越大；又因为，所以温度对的影响小于；；不变
【知识点】盖斯定律及其应用；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；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）已知反应1： ，反应3： ，反应3×2-反应1可得反应，根据盖斯定律可得，“空气反应器”中发生的热化学方程式为 2×(-483.6kJ/mol)-(-13.4kJ/mol)=-953.8kJ/mol，
故答案为： =-953.8kJ/mol；
（2）①由图可知，随着温度的升高CaO(或)的物质的量增加，说明升高温度反应2平衡正向移动，因此，
故答案为：+；随着温度的升高CaO(或)的物质的量增加，说明升高温度反应2平衡正向移动，因此；
②不影响燃烧效率而且不生成污染物，必须抑制副反应(反应2)的发生，副反应为气体物质的量增大的吸热反应，故“燃料反应器”中应该采用低温高压条件，
故答案为：C；
③ⅰ．由可知，，等式右边仅有T一个变量，越大，K受温度的影响越大，又因为，所以温度对的影响小于；
故答案为： 由可知，，等式右边仅有T一个变量，越大，K受温度的影响越大；又因为，所以温度对的影响小于
ⅱ．根据反应，，600℃时，，，由氢原子守恒可知，、物质的量之和不变，则平衡体系中的物质的量为，
故答案为：；
ⅲ．根据反应、，温度不变，平衡常数不变，由与之间的关系：，可推知不变，
故答案为：不变。
【分析】(1)用盖斯定律，结合已知反应 CaSO4(s)+4H2(g) CaS (s)+4H2O (g) ΔH1=-13.4kJ mol- 和 2H2(g)+O2(g)=2H2O (g) ΔH3=-483.6kJ mol- ，通过反应式运算推导空气反应器的热化学方程式。
(2)①升温时 CaO 或 SO2的量增加，说明反应 2 平衡正向移动，故 ΔH2为 “+”。
②副反应是吸热且气体物质的量增大的反应，需低温高压抑制其发生。
③ⅰ 由等温式可知，|ΔH | 越大，K 受温度影响越大，因 |ΔH1|<|ΔH2|，故 K1受温度影响更小。
ⅱ用反应 1 的 K1表达式和氢原子守恒，计算得 H2的物质的量。
ⅲ 温度不变，平衡常数不变，由 K1和 K2的关系可知，c (SO2) 不变。
（1）已知反应1： ，反应3： ，反应3×2-反应1可得反应，根据盖斯定律可得，“空气反应器”中发生的热化学方程式为 2×(-483.6kJ/mol)-(-13.4kJ/mol)=-953.8kJ/mol，故答案为： =-953.8kJ/mol；
（2）①由图可知，随着温度的升高CaO(或)的物质的量增加，说明升高温度反应2平衡正向移动，因此，故答案为：+；随着温度的升高CaO(或)的物质的量增加，说明升高温度反应2平衡正向移动，因此；
②不影响燃烧效率而且不生成污染物，必须抑制副反应(反应2)的发生，副反应为气体物质的量增大的吸热反应，故“燃料反应器”中应该采用低温高压条件，故答案为：C；
③ⅰ．由可知，，等式右边仅有T一个变量，越大，K受温度的影响越大，又因为，所以温度对的影响小于；
ⅱ．根据反应，，600℃时，，，由氢原子守恒可知，、物质的量之和不变，则平衡体系中的物质的量为，故答案为：；
ⅲ．根据反应、，温度不变，平衡常数不变，由与之间的关系：，可推知不变，故答案为：不变。
17．（2025高三上·泸县月考）化学的发展支撑国家科技的进步。回答下列问题：
（1）O、P、S三种元素中，电负性最小的元素位于元素周期表的　 　区。
（2）肼()分子中孤电子对与键的数目之比为　 　。
（3）正硝酸钠()是一种重要的化工原料。阴离子的空间结构为　 　，其中心原子杂化方式为　 　杂化。
（4）基态硒原子的价层电子排布式为　 　；晶体的熔点为350℃，加热易升华，固态属于　 　晶体。
（5）碳原子与氮原子还可形成六元环状化合物吡啶()，吡啶中的各种元素的电负性由小到大的顺序为　 　，吡啶在水中的溶解度大于苯，主要原因是①　 　，②　 　。
（6）基态Al原子核外电子云轮廓图呈哑铃形的能级上电子数为　 　。在下列状态的铝元素中，电离最外层一个电子所需能量由高到低的顺序是　 　。(填标号)
A． B．
C． D．
（7）利用与反应可制得碳化硅晶体，晶胞结构如图，硅原子位于立方体的顶点和面心，碳原子位于立方体的内部。
①碳化硅晶体中每个Si原子周围等距且最近的C原子数目为　 　。
②已知碳化硅的晶胞边长为c nm，阿伏加德罗常数为，碳化硅晶体的密度为　 　。
【答案】p；2：5；正四面体形；sp3；4s24p4；分子；HC>A>B；4；
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】（1）已知同一周期从左往右元素的电负性依次增强，故电负性：S＞P；同一主族从上往下元素的电负性依次减弱，故O＞S；所以 O、P、S三种元素中，P元素电负性最小，位于元素周期表第三周期，第ⅤA族，属于p区元素；
故答案为： p ；
（2）已知氮原子最外层上有5个电子，有3个未成对电子，1对孤电子对，肼分子（）中含有4个N-H单键，1个N-N单键，单键都是σ键，故σ键总数为5，每个氮原子含1对孤电子对，故孤电子对总数为2，则肼()分子中孤电子对与σ键的数目之比为2：5；
故答案为： 2：5 ；
（3）阴离子即中心原子N孤电子对数=（a为中心原子价电子数，x为与中心原子结合的原子数，b为与中心原子结合的原子所能接受的最多电子数），中心原子N周围的价层电子对数=成键电子对数+孤电子对数=4+0=4，根据价层电子对互斥理论可知，其空间结构为正四面体形；根据上述计算，阴离子即中心原子N的价层电子对数为4，根据杂化轨道理论可知，其中心原子杂化方式为sp3杂化，
故答案为： 正四面体形 ；sp3；
（4）已知Se是34号元素，基态硒原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p4，故基态硒原子的价层电子排布式为4s24p4；晶体的熔点为350℃较低，加热易升华，具有分子晶体的特征，即固态属于分子晶体；
故答案为：4s24p4 ； 分子 ；
（5）①吡啶的组成元素为C、H、N，根据电负性的变化规律，同周期元素从左到右电负性逐渐增大，同主族元素从上到下电负性逐渐减小，故H的电负性小于C，C的电负性小于N，所以电负性由小到大的顺序为H②吡啶在水中的溶解度大于苯，主要原因有：吡啶能和水分子间形成氢键，而苯不能与水分子形成氢键；
③吡啶在水中的溶解度大于苯，主要原因有：吡啶和水均是极性分子，苯是非极性分子，相似相溶；
故答案为： H （6）①电子云轮廓图呈哑铃形的能级符号为p，基态Al原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p1，p能级上共有7个电子，故基态Al原子核外电子云轮廓图呈哑铃形的能级上电子数为7；
②A．电子排布为1s22s22p63s23p1，是基态Al原子的价电子排布，电离最外层一个电子所需能量为基态原子的第一电离能；
B．电子排布为1s22s22p63s13p2，3s和3p轨道电子排布较分散，是Al原子的激发态，能量高于基态；
C．，3p轨道无电子，3s轨道为全充满，较稳定，电离最外层一个电子（3s电子）所需能量为第二电离能，第二电离能大于第一电离能；
D．，3p轨道无电子，3s轨道1个电子，电离最外层一个电子（3s电子）所需能量为第三电离能，第三电离能大于第二电离能；
第三电离能（状态D）>第二电离能（状态C）>第一电离能（状态A），且电子能量越高，电离所需能量越低，所以电离最外层一个电子所需能量由高到低的顺序是：D＞C＞A＞B；
故答案为： 7 ； D>C>A>B ；
（7）①由图可知，碳化硅晶体为共价晶体，结构与金刚石类似，根据晶胞“无隙并置”的特点，以其中一个面心Si原子为例，其被两个晶胞共用，在两个晶胞中分别连有2个C原子，故其周围距离最近的C原子数目为4；
②根据均摊法，Si原子位于顶点和面心，数目为，C原子位于晶胞内部，数目为4，因此，一个晶胞中含有4个“SiC”单元，SiC摩尔质量为40g/mol，晶胞质量，晶胞边长为c nm，晶胞体积，根据，得。
故答案为：4； 。
【分析】(1)依据电负性规律，O、P、S 中 P 电负性最小，P 位于 p 区。
(2)肼（H2N-NH2）中，每个 N 有 1 对孤电子对，共 2 对；含 4 个 N-Hσ 键和 1 个 N-Nσ 键，共 5 个 σ 键，故孤电子对与 σ 键比为 2：5。
(3)NO43-中心 N 的价层电子对为 4（无孤对），空间结构为正四面体形，杂化方式为 sp3。
(4)基态 Se 原子价层电子排布式为 4s24p4；SeO2熔点低且易升华，属分子晶体。
(5)电负性顺序为 H
(6)基态 Al 原子 p 能级（2p3、3p ）共 7 个电子；电离能顺序为 D>C>A>B（D 为第三电离能，C 为第二电离能，A 为基态第一电离能，B 为激发态第一电离能）。
(7)①碳化硅结构与金刚石类似，每个 Si 周围最近的 C 原子数为 4；②晶胞中含 4 个 Si 和 4 个 C，密度为 g cm-3。
18．（2025高三上·泸县月考）抗重度抑郁症的辅助药物布瑞哌唑(F)合成路线如下(部分条件及试剂已简化)：
已知：Boc为保护基团
（1）布瑞哌唑(F)中含氧官能团的名称为　 　、　 　。
（2）反应的反应类型为　 　。
（3）可通过巯基乙酸()制得，反应的化学方程式为　 　。
（4）D的结构简式为　 　。
（5）理论上，E的核磁共振氢谱图有　 　组峰。
（6）反应通常需添加以提高产率，原因是　 　。
（7）与A具有相同官能团的芳香族同分异构体还有　 　种。
【答案】（1）酰胺基；醚键
（2）取代反应
（3）
（4）
（5）8
（6）与反应生成的HCl反应，促进反应正向进行提高产率
（7）9
【知识点】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）布瑞哌唑(F)中含氧官能团的名称为酰胺基、醚键。
故答案为：酰胺基；醚键；
（2）反应中A的碳氟键发生取代反应生成B，反应类型为取代反应。
故答案为：取代反应；
（3）可通过巯基乙酸()与乙醇发生酯化反应制得，反应的化学方程式为。
故答案为：；
（4）D的结构简式为。
故答案为：；
（5）理论上，E（）的核磁共振氢谱图有8组峰，如图。
故答案为：8；
（6）反应通常需添加以提高产率，原因是与反应生成的HCl反应，促进反应正向进行提高产率。
故答案为：与反应生成的HCl反应，促进反应正向进行提高产率；
（7）三个不同的官能团在苯环上的连接方式可先确定2个官能团的位置，有邻、间、对三种，再将第三个官能团如图中的醛基连上去，、、，与A（）具有相同官能团的芳香族同分异构体还有9种。
故答案为：9。
【分析】化合物 A 的结构为含氟、氯的苯甲醛衍生物（结构简式为）。A 与（含叔丁氧羰基保护的哌嗪）反应生成 B，B 的结构是哌嗪取代 A 中 F 原子后的苯甲醛衍生物（）。B 与含巯基的乙酯（HS-CH₂-COOEt）反应生成 C（）。C 在 NaOH 中水解，再经 HCl 酸化得到 D（羧基取代酯基，哌嗪带 Boc 保护）。D 转化为 E（脱除 Boc 保护基，得到游离哌嗪结构的噻吩并苯环化合物）。E 与含氯的喹啉酮衍生物（）发生取代反应，生成 F（）。据此解题。
（1）布瑞哌唑(F)中含氧官能团的名称为酰胺基、醚键。故答案为：酰胺基；醚键；
（2）反应中A的碳氟键发生取代反应生成B，反应类型为取代反应。故答案为：取代反应；
（3）可通过巯基乙酸()与乙醇发生酯化反应制得，反应的化学方程式为。故答案为：；
（4）D的结构简式为。故答案为：；
（5）理论上，E（）的核磁共振氢谱图有8组峰，如图。故答案为：8；
（6）反应通常需添加以提高产率，原因是与反应生成的HCl反应，促进反应正向进行提高产率。故答案为：与反应生成的HCl反应，促进反应正向进行提高产率；
（7）三个不同的官能团在苯环上的连接方式可先确定2个官能团的位置，有邻、间、对三种，再将第三个官能团如图中的醛基连上去，、、，与A（）具有相同官能团的芳香族同分异构体还有9种。故答案为：9。
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