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北京市第八十中学2025-2026学年高三上学期9月月考化学试题
1．（2025高三上·北京月考）材料是人类赖以生存和发展的物质基础。下列材料属于金属材料的是（　　）
A．高强韧无磁不锈钢——聚变能实验装置中的低温结构部件
B．金刚石薄膜——“梦想”号大洋钻探船使用的钻头表面涂层
C．超细玄武岩纤维——嫦娥六号携带的月面国旗的纺织材料
D．超细玻璃纤维——国产大飞机中隔音隔热的“飞机棉”
2．（2025高三上·北京月考）下列化学用语或图示正确的是
A．中子数为21的钾核素：
B．的电子式：
C．基态价层电子的轨道表示式：
D．分子的球棍模型：
3．（2025高三上·北京月考）碱性锌锰电池的总反应为，电池构造示意图如图所示。下列有关说法正确的是
A．电池工作时，发生氧化反应
B．电池工作时，通过隔膜向正极移动
C．环境温度过低，不利于电池放电
D．反应中每生成，转移电子数为
4．（2025高三上·北京月考）下列实验现象的反应方程式正确的是
A．切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗2Na+O2=Na2O2
B．向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色2AgCl+S2-=Ag2S↓+2Cl-
C．Na2O2在潮湿的空气中放置一段时间，变成白色粘稠物2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
D．向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水，出现白色沉淀2+Ca2++2OH-=CaCO3↓++2H2O
5．（2025高三上·北京月考）用下列化学知识解释对应劳动项目不正确的是
选项 劳动项目 化学知识
A 用大米制麦芽糖 淀粉水解生成麦芽糖
B 用次氯酸钠溶液消毒 次氯酸钠溶液呈碱性
C 给小麦施氮肥 氮是小麦合成蛋白质的必需元素
D 用纯碱去油污 碳酸钠溶液呈碱性
A．A B．B C．C D．D
6．（2025高三上·北京月考）下列实验装置使用正确的是
A．实验室制氨气 B．比较与的热稳定性
C．实验室制乙酸乙酯 D．检验乙炔的还原性
A．A B．B C．C D．D
7．（2025高三上·北京月考）明代《徐光启手迹》记载了制备硝酸的方法，其主要流程(部分产物已省略)如下：
下列说法错误的是
A．FeSO4的分解产物X为FeO B．本流程涉及复分解反应
C．HNO3的沸点比H2SO4的低 D．制备使用的铁锅易损坏
8．（2025高三上·北京月考）与通过电催化反应生成，可能的反应机理如图所示(图中吸附在催化剂表面的物种用“*”标注)。下列说法正确的是
A．过程Ⅱ和过程Ⅲ都有极性共价键形成
B．过程Ⅱ中发生了氧化反应
C．电催化与生成的反应方程式：
D．常温常压、无催化剂条件下，与反应可生产
9．（2025高三上·北京月考）测定0.1mol·L-1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。
时刻 ① ② ③ ④
温度/℃ 25 30 40 25
pH 9.66 9.52 9.37 9.25
实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比试验，④产生白色沉淀多。下列说法错误的是（　　）
A．Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO+H2O HSO+OH-
B．④的pH与①不同，是由于SO浓度减小造成的
C．①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致
D．①与④的Kw值相等
10．（2025高三上·北京月考）3-氨基-1-金刚烷醇可用于合成药物维格列汀(治疗2型糖尿病)，其分子结构如图所示。下列说法不正确的是
A．分子中0原子和N原子均为杂化
B．分子中的键角大于的键角
C．分子中的极性大于的极性
D．分子中含有手性碳原子
11．（2025高三上·北京月考）可持续高分子材料在纺织、生物医用等领域具有广阔的应用前景。一种在温和条件下制备高性能可持续聚酯P的路线如图所示。
下列说法错误的是
A．E能使溴的四氯化碳溶液褪色
B．由和G合成M时，有生成
C．P在碱性条件下能够发生水解反应而降解
D．P解聚生成M的过程中，存在键的断裂与形成
12．（2025高三上·北京月考）下列实验方案不能得出相应结论的是
A.结论：金属活动性顺序为 B.结论：氧化性顺序为
C.结论：甲基使苯环活化 D.结论：增大反应物浓度，该反应速率加快
A．A B．B C．C D．D
13．（2025高三上·北京月考）某同学进行如下实验：
　 实验步骤 实验现象
I 将NH4Cl固体加入试管中，并将湿润的pH试纸置于试管口，试管口略向下倾斜，对试管底部进行加热 试纸颜色变化：黄色→蓝色(pH≈10)→黄色→红色(pH≈2)；试管中部有白色固体附着
II 将饱和NH4Cl溶液滴在pH试纸上 试纸颜色变化：黄色→橙黄色(pH≈5)
下列说法不正确的是
A．根据I中试纸变蓝，说明NH4Cl发生了分解反应
B．根据I中试纸颜色变化，说明氨气比氯化氢气体扩散速率快
C．I中试纸变成红色，是由于NH4Cl水解造成的
D．根据试管中部有白色固体附着，说明不宜用加热NH4Cl的方法制备NH3
14．（2025高三上·北京月考）某化学兴趣小组为探究酸性高锰酸钾与铜的反应，设计实验如下，在培养皿中加入足量的酸性高锰酸钾溶液，放入铜珠，实验结果如下：
实验 现象
一段时间后，培养皿中由铜珠向外侧依次呈现： Ⅰ区澄清且紫色褪色明显 Ⅱ区底部覆盖棕黑色固体 Ⅲ区澄清且紫色变浅
已知：在酸性溶液中不能稳定存在：，下列说法正确的是
A．Ⅰ区铜反应后的主要产物，可能是、也可能是
B．Ⅱ区棕黑色固体是，由铜和酸性高锰酸钾反应产生
C．Ⅲ区紫色变浅说明在Ⅲ区也发生了氧化还原反应
D．如果酸性高锰酸钾大大过量，所有反应完全后，产物中可能没有
15．（2025高三上·北京月考）我国科学家在中国空间站首次实现了铟硒半导体的微重力培养，铟（In）和硒（Se）的单质是制备铟硒半导体的重要原料。
（1）主族元素In原子序数为49，其位于元素周期表的　 　区。
（2）粗硒中主要含碲（Te）单质等杂质。硒与碲同主族，可用气态氢化物热解法制备少量的高纯硒，流程如下图。
结合元素周期律解释该法能分离硒和碲的原因：　 　。
（3）氧化挥发法是制备高纯硒的另一种方法。粗硒经高温氧化后产生蒸气，冷凝后溶于水形成溶液，除杂后向溶液中通入可获得高纯硒。
①已知分子中含两个羟基，中Se的杂化方式为　 　。
②向溶液中通入时，发生反应的化学方程式为　 　。
（4）一种铟硒半导体晶体的晶胞如图，晶胞底面边长为a pm，高为c pm。
①该晶体的化学式为　 　。
②阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为　 　。（已知：）
16．（2025高三上·北京月考）过氧乙酸(CH3CO3H)是一种广谱高效消毒剂，不稳定、易分解，高浓度易爆炸。常用于空气、器材的消毒，可由乙酸与H2O2在硫酸催化下反应制得，热化学方程式为：CH3COOH(aq)+H2O2(aq) CH3CO3H(aq)+H2O(l) △H=-13.7KJ/mol
(1)市售过氧乙酸的浓度一般不超过21%，原因是　 　 。
(2)利用上述反应制备760 g CH3CO3H，放出的热量为　 　kJ。
(3)取质量相等的冰醋酸和50% H2O2溶液混合均匀，在一定量硫酸催化下进行如下实验。
实验1：在25 ℃下，测定不同时间所得溶液中过氧乙酸的质量分数。数据如图1所示。
实验2：在不同温度下反应，测定24小时所得溶液中过氧乙酸的质量分数，数据如图2所示。
①实验1中，若反应混合液的总质量为mg，依据图1数据计算，在0—6h间，v(CH3CO3H)=　 　 g／h（用含m的代数式表示）。
②综合图1、图2分析，与20 ℃相比，25 ℃时过氧乙酸产率降低的可能原因是　 　。（写出2条）。
(4) SV-1、SV-2是两种常用于实验研究的病毒，粒径分别为40 nm和70 nm。病毒在水中可能会聚集成团簇。不同pH下，病毒团簇粒径及过氧乙酸对两种病毒的相对杀灭速率分别如图3、图4所示。
依据图3、图4分析，过氧乙酸对SV-1的杀灭速率随pH增大而增大的原因可能是　 　
17．（2025高三上·北京月考）抗肿瘤药物7–氟喹啉衍生物的前体Q的合成路线如下：
已知：R1ONa+R2Cl→R1OR2+NaCl（R1、R2代表烃基）
(1)A属于芳香烃，A的名称是　 　。
(2)B→D的化学方程式是　 　。
(3)D→E的反应类型是　 　。
(4)G的结构简式是　 　。
(5)下列关于M的说法正确的是　 　（填序号）。
a．M含有两种不同的官能团 b．M存在顺反异构体
c．M和G能用Br2的CCl4溶液鉴别 d．M能与NaOH溶液反应
(6)已知：G + J → M + 2CH3CH2OH。J的结构简式是　 　。
(7)L与M反应生成Q的过程如下：
已知：上述异构化反应中，只存在氢原子和不饱和键的位置变化。Y的分子中含有两个六元环。Y的结构简式是　 　。
18．（2025高三上·北京月考）含钒废水会造成水体污染，对含钒废水(除外，还含有，等)进行综合处理可实现钒资源的回收利用，流程如下：
已知溶液pH范围不同时，钒元素的存在形式如下表所示：
钒的化合价
+4价 ，
+5价
（1）含钒废水加入足量铁粉产生无色气体，该气体是　 　。
（2）①加入调整溶液pH至13时，沉淀1达最大量，并由灰白色转变为红褐色，用化学用语表示加入后生成沉淀1的反应过程为　 　、　 　；
②所得滤液1中，金属元素的存在形式为　 　。
（3）向滤液1(V的化合价为+4)中加入的作用是　 　(用离子方程式表示)。
（4）结合平衡移动原理解释加入的作用　 　。
19．（2025高三上·北京月考）文献表明：相同条件下，草酸根()的还原性强于。为检验这一结论，完成如下实验。
资料：ⅰ.草酸()为二元弱酸。
ⅱ.三水三草酸合铁酸钾［］为翠绿色晶体，光照易分解。
ⅲ.为黄色固体，微溶于水，可溶于强酸。
【实验1】通过和在溶液中的反应比较和的还原性强弱。
操作 现象
在避光处，向溶液中缓慢加入溶液至过量，搅拌，充分反应后，冰水浴冷却，过滤 得到翠绿色溶液和翠绿色晶体
（1）中碳元素的化合价是　 　。
（2）取实验1中少量晶体洗净，配成溶液，滴加溶液，不变红。继续加入硫酸，溶液变红，说明晶体中含有+3价的铁元素。加硫酸后溶液变红的原因是　 　。
（3）经检验，翠绿色晶体为。设计实验，确认实验1中没有发生氧化还原反应的操作和现象是　 　。
（4）取实验1中的翠绿色溶液光照一段时间，产生黄色浑浊且有气泡产生。补全反应的离子方程式：　 　。
_____________________________。
【实验2】通过比较与、反应的难易，判断二者还原性的强弱。
步骤 操作 现象
Ⅰ 向溶液中加入溶液，过滤 立即产生黄色沉淀
Ⅱ 洗涤Ⅰ中的黄色沉淀，向其中加入过量的6%溶液，振荡，静置 剧烈放热，产生大量的红褐色沉淀和无色气体
Ⅲ 待充分反应后，向其中加入稀硫酸，调节pH约为4 得到翠绿色溶液
（5）证明被氧化的实验现象是　 　。
（6）以上现象能否说明没有被氧化。请判断并说明理由：　 　。
【实验3】通过其他实验方案比较和的还原性强弱。
（7）用溶液、溶液和其他试剂，设计实验方案比较和的还原性强弱。画出装置图并描述预期现象：　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】合理利用金属资源
【解析】【解答】A．高强韧无磁不锈钢是铁的合金，合金属于金属材料，故A正确；
Ｂ．金刚石薄膜的成分是碳，碳属于非金属单质，不属于金属材料，故B错误；
Ｃ．超细玄武岩纤维属于无机非金属材料，不属于金属材料，故C错误；
Ｄ．超细玻璃纤维属于无机非金属材料，不属于金属材料，故D错误；
故选A。
【分析】金属材料是指金属元素或以金属元素为主构成的具有金属特性的材料的统称。包括纯金属、合金、金属材料金属间化合物和特种金属材料等。
2．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；元素、核素；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、核素表示中，质量数=质子数+中子数，K质子数为19，中子数21则质量数为40，正确表示应为，而非，A错误；
B、是离子化合物，由和构成，中存在碳碳三键，电子式 符合结构，B正确；
C、基态的价层电子排布为，根据洪特规则，5个电子应分占不同轨道且自旋平行，轨道表示式 ，C错误；
D、中心P的价层电子对数为4（ ），分子空间构型为三角锥形（键角小于120°），图示为平面结构且键角标注错误，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点集中在化学用语的细节规则：
A．易混淆质量数（质子数+中子数）与中子数，错将中子数当作质量数写在核素左上角。
B．对离子化合物（如）的阴离子结构不熟悉，易漏写中的碳碳三键电子。
C．忽略洪特规则，价层电子（）应分占轨道且自旋平行，易写成成对排布。
D．误判的价层电子对（含孤电子对），错认为是平面结构，忽略其三角锥形的实际构型。
3．【答案】C
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】Zn为负极，电极反应式为：，MnO2为正极，电极反应式为：。
A、总反应中 MnO2中 Mn 为 +4 价，生成的 MnOOH 中 Mn 为 +3 价，Mn 化合价降低，MnO2发生还原反应，A错误；
B、电池工作时，阴离子（OH-）向负极移动（负极 Zn 失电子生成 ZnO，需结合 OH-），B错误；
C、温度过低会减慢反应速率，导致电池放电能力减弱，不利于放电，C正确；
D、生成 1mol MnOOH 时，Mn 从 + 4到+3，转移 1mol 电子，电子数为 6.02×1023，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：氧化还原反应的判断错误：误将 MnO2中 Mn 的化合价降低（发生还原反应）认为是氧化反应，错判选项 A。
离子移动方向混淆：记错电池中阴离子的移动方向（阴离子应向负极移动），错判选项 B 中 OH - 向正极移动。
电子转移的计算错误：忽略生成 1mol MnOOH 时 Mn 仅降 1 价，误算转移 2mol 电子，错判选项 D。
4．【答案】B
【知识点】钠的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、切开的 Na 暴露在空气中，光亮表面变暗是生成氧化钠（Na2O），反应应为 4Na+O2=2Na2O；而选项中写的是生成过氧化钠（Na2O2）（需加热条件）A错误；
B、AgCl 悬浊液中加 Na2S，因 Ag2S 溶解度远小于 AgCl，发生沉淀转化，反应为 2AgCl+S2-=Ag2S+2Cl-，现象（由白到黑）与方程式均合理，B正确；
C、潮湿空气中，Na2O2先与水反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，生成的 NaOH 潮解才形成白色粘稠物；选项写的是与 CO2的反应，不符合 “潮湿空气” 的反应实质，C错误；
D、NaHCO3少量、澄清石灰水过量时，HCO3-完全反应，离子方程式应为 HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O；选项中写了 2 个 HCO3-，还生成 CO32-（过量 OH-会与 CO32-、Ca2+ 继续生成沉淀），产物不合理，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题易错点总结
反应条件与产物混淆误将 Na 常温下的反应产物记为 Na2O2（实际是 Na2O，Na2O2需加热）；错认为 Na2O2在潮湿空气里直接与 CO2反应（实际先与水反应生成 NaOH）。
沉淀转化的逻辑模糊忽略 “沉淀转化需向更难溶方向进行” 的规则，误判 AgCl 与 Na2S 的反应合理性。
“过量 / 少量” 的离子方程式配平错误处理 NaHCO3与过量澄清石灰水的反应时，误按 “过量物质” 的离子比例配平，导致出现多余的 CO32-（实际少量 HCO3-会完全反应，无 CO32-剩余）。
5．【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；多糖的性质和用途
【解析】【解答】A、大米的主要成分是淀粉，淀粉在酶或酸的作用下水解，最终可生成麦芽糖，因此 “用大米制麦芽糖” 对应的化学知识合理，故A不符合题意 ；
B、次氯酸钠溶液消毒，是因为次氯酸钠与水反应生成 HClO（次氯酸），HClO 具有强氧化性，能破坏微生物的结构；而不是因为 “溶液呈碱性”，因此该选项的化学知识解释错误，故B符合题意 ；
C、蛋白质的基本组成元素包含氮，小麦生长需要合成蛋白质，因此氮是小麦生长的必需元素，“施氮肥” 对应的化学知识合理，故C不符合题意 ；
D、纯碱是碳酸钠，其溶液因碳酸根水解呈碱性，碱性环境能使油污（油脂）发生水解反应，生成易溶于水的物质，因此 “用纯碱去油污” 对应的化学知识合理，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】A．大米的主要成分是淀粉，淀粉属于多糖，在水解条件下（如酶催化）可逐步分解，最终能生成麦芽糖。
B．次氯酸钠消毒靠生成的 HClO（强氧化性），而非溶液碱性。
C．蛋白质的基本组成元素包含氮，小麦生长过程中需要合成蛋白质来构建细胞、促进生长，因此氮是小麦生长的必需元素。
D．纯碱溶液呈碱性，可促进油脂水解去油污。
6．【答案】C
【知识点】氨的实验室制法；乙酸乙酯的制取；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、反应条件与装置适配性NH4Cl 和 Ca(OH)2 制氨气需要加热，但试管口应略向下倾斜（防止生成的水倒流使试管炸裂），而图中试管口向上，A错误；
B、受热对象与稳定性的逻辑NaHCO3热稳定性更差，应放在温度较低的小试管中（大试管加热，热量传递给小试管）；但图中 NaHCO3放在大试管（直接加热）、Na2CO3 放在小试管，无法对比二者稳定性，B错误；
C、反应装置与除杂逻辑乙酸、乙醇在浓硫酸催化 / 加热下生成乙酸乙酯；饱和 Na2CO3 溶液可吸收乙酸、溶解乙醇、分层析出乙酸乙酯，且导管未插入液面下（防倒吸），装置符合操作规范，C正确；
D、杂质的干扰电石与饱和食盐水反应生成的乙炔中，会混有 H2S、PH3等还原性杂质（也能使溴水褪色），未除杂直接检验，无法证明是乙炔的还原性，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．制氨气的试管口需向下倾斜（防冷凝水倒流），图中试管口向上。
B．对比热稳定性时，热稳定性差的 NaHCO3 应放小试管（间接加热），图中放错位置。
C．饱和 Na2CO3 能除杂 + 防倒吸，导管未插液面下，符合操作逻辑。
D．乙炔含 H2S 等还原性杂质，未除杂会干扰溴水褪色的判断。
7．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；化学基本反应类型；硫酸盐
【解析】【解答】A、FeSO4煅烧生成 SO3、SO2（S 元素化合价既有升高又降低），属于氧化还原反应，Fe 元素化合价也会变化（不会只生成 FeO，应为 Fe 的氧化物如 Fe2O3），故 X 不是 FeO，A错误；
B、H2SO4与 KNO3反应生成 HNO3，属于 “酸与盐生成新酸和新盐” 的复分解反应，B正确；
C、流程中通过蒸馏得到 HNO3，说明 HNO3沸点更低，易挥发分离，C正确；
D、H2SO4、HNO3均为强酸，会腐蚀铁锅，导致其易损坏，D正确；
故答案为：A。
【分析】解题关键点：
FeSO4分解的氧化还原判断：FeSO4煅烧生成 SO3（S，+6）、SO2（S，+4），S 化合价既升又降，属于氧化还原反应，Fe 元素化合价也会变化，不可能只生成 FeO（Fe+2），据此判断 A 错误。
复分解反应的识别：H2SO4与 KNO3反应生成 HNO3，符合 “酸 + 盐→新酸 + 新盐” 的复分解反应特征，对应 B 的判断。
沸点与蒸馏的关系：流程用蒸馏法分离 HNO3，说明 HNO3沸点低于 H2SO4（易挥发），对应 C 的逻辑。
酸的腐蚀性分析：H2SO4、HNO3是强酸，会腐蚀铁锅，故铁锅易损坏，对应 D 的结论。
8．【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；氧化还原反应方程式的配平；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、过程 II 中，CO 与NH2结合，形成 C-N 键（不同原子间，属极性键）；过程 III 中，*CO(NH2)2生成时，存在 C-N、N-H 等新的极性键形成。因此两个过程均有极性共价键形成，A正确。
B、NO3-中 N 为 +5 价，反应后生成的 * NH2中 N 为 -1 价，N 元素化合价降低，发生的是还原反应，而非氧化反应，B错误。
C、选项方程式左侧有 18H+（带 18 个正电荷），右侧电荷为 0，电荷不守恒；且电催化反应涉及电子转移， 正确的反应方程式为，C错误；
D、反应条件的必要性题干明确反应需 “电催化”，常温常压、无催化剂时，CO2与 NH3 H2O 仅能生成碳酸铵或碳酸氢铵，无法生成 CO(NH2)2，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．过程 II、III 分别形成 C-N 键和 C-N、N-H 键，均为极性共价键。
B．NO3-中 N 从 +5 价降至 - 1 价，发生还原反应，不是氧化反应。
C．方程式电荷不守恒且未体现电子转移，配平不合理。
D．反应需电催化条件，常温常压无催化剂无法生成 CO(NH2)2。
9．【答案】C
【知识点】盐类水解的原理；影响盐类水解程度的主要因素
【解析】【解答】A、Na2SO3是强碱弱酸盐，SO32-会发生水解：SO32-+H2O HSO3-+OH-，溶液呈碱性，A正确；
B、④时刻加盐酸酸化的 BaCl2产生更多白色沉淀（BaSO4），说明 SO32-被氧化为 SO42-，SO32-浓度减小，水解产生的 OH-减少，pH 降低，B正确；
C、①→③升温时，水解平衡（吸热）应正向移动（pH 升高），但实际 pH 先升后降，是因为 SO32-被氧化（浓度减小）使平衡逆向移动；温度使平衡正向、浓度使平衡逆向，二者影响方向不一致，C错误；
D、Kw 只与温度有关，①与④温度均为 25℃，故 Kw 相等，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
忽略 SO32-的氧化：误将 pH 变化仅归因于水解平衡移动，未考虑升温过程中 SO32-被氧化（生成 SO42-）导致浓度减小，影响水解平衡。
混淆温度与浓度对平衡的影响方向：认为升温（促进水解正向）与浓度减小（促进水解逆向）对平衡的影响一致，实际二者方向相反，导致错判选项 C。
对 Kw 的影响因素理解不清：误认为溶液组成变化会影响 Kw，忽略 Kw 仅由温度决定，错判选项 D。
10．【答案】B
【知识点】键能、键长、键角及其应用；“手性分子”在生命科学等方面的应用；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．该分子中，O原子的价层电子对数为4，采用杂化，N原子的价层电子对数为4，采用杂化，A正确；
B．分子中，N含有一个孤电子对，O含有两个孤电子对，孤电子对越多键角越小，则分子中的键角小于的键角，B不正确；
C．电负性：O＞N＞H，则分子中的极性大于的极性，C正确；
D．该分子中羟基、氨基所连接的碳原子都是手性碳原子，D正确；
故选B。
【分析】A．该分子中O原子的价层电子对数为4，氨基中N原子的价层电子对数为4；
Ｂ．孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；
Ｃ．电负性越大，键的极性越大；
Ｄ．手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子。
11．【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、E 的结构中含有碳碳双键（C=C），而溴的四氯化碳溶液可与碳碳双键发生加成反应，使溶液褪色，因此 E 能使该溶液褪色，A正确；
B、E、F、G 的结构中均不含 “-COOH” 结构，且反应过程中原子需守恒，因此由 E、F、G 合成 M 时，不会生成 HCOOH（甲酸），B错误；
C、P 的结构中含有酯基（-COO-），酯基在碱性条件下可发生水解反应，因此 P 能在碱性条件下降解，C正确；
D、P 解聚生成 M 的过程，是聚合物链的断裂与小分子的形成，涉及酯基中 C-O 键的断裂，同时会形成 M 中环状结构的 C-O 键，因此存在 C-O 键的断裂与形成，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．看 E 的结构：含碳碳双键，能与溴发生加成反应、使溴的四氯化碳溶液褪色；
B．E、F、G 的结构中均无甲酸（HCOOH）的原子组成（额外的 - COOH），违反原子守恒；
C．P 含酯基（-COO-），酯基在碱性条件下可水解，P 能降解；
D．P 解聚为 M 是聚合物链断裂、小分子形成的过程，涉及酯基中 C-O 键的断裂与 M 中环状 C-O 键的形成。
12．【答案】C
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；化学实验方案的评价；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、Fe-Cu 原电池中 Fe 为负极（电子流出），说明 Fe>Cu；Fe-Zn 原电池中 Zn 为负极，说明 Zn>Fe。结合电流表指针方向（电子流向），可推金属活动性 Zn>Fe>Cu，A方案合理；
B、FeCl3与淀粉 KI 反应，溶液变蓝（生成 I2），说明 Fe3+>I2；新制氯水氧化 FeCl2生成 Fe3+（遇 KSCN 变红），说明 Cl2>Fe3+。可推氧化性 Cl2>Fe3+>I2，B方案合理；
C、酸性 KMnO4氧化的是甲苯的甲基（生成苯甲酸），苯不反应，仅说明甲基易被氧化，无法证明 “甲基活化苯环”（需苯环上氢更易取代等实验），C方案不能得出结论；
D、两组实验仅 Na2S2O3浓度不同（0.05mol L- 和 0.1mol L- ），通过浑浊出现时间可比较速率，能验证 “浓度增大，速率加快”，D方案合理；
故答案为：C。
【分析】A．通过原电池负极判断金属活动性（Fe-Cu 中 Fe 是负极、Fe-Zn 中 Zn 是负极）， 能推 Zn>Fe>Cu；
B．用 “强氧化剂制弱氧化剂”：FeCl3氧化 I-生成 I2（Fe3+>I2）、Cl2氧化 Fe2+生成 Fe3+（Cl2>Fe3+），能推氧化性顺序；
C．酸性 KMnO4氧化的是甲苯的甲基（侧链），不是苯环， 现象仅说明甲基易被氧化，无法证明 “甲基活化苯环”；
D．控制 H2SO4条件相同，仅改变 Na2S2O3浓度，能通过浑浊时间验证浓度对速率的影响。
13．【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；氨的性质及用途；铵盐；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、NH4Cl 加热分解生成 NH3（碱性，使试纸变蓝）和 HCl，试纸变蓝说明有 NH3生成，证明发生了分解反应，A正确；
B、试纸先变蓝（NH3先到达）后变红（HCl 后到达），说明 NH3的扩散速率比 HCl 快，B正确；
C、实验 Ⅰ 中试纸变红是因为 NH4Cl 分解生成的 HCl（酸性）接触试纸，而非 NH4Cl 水解（水解是溶液中的反应，此处是加热分解产生的 HCl 气体作用），C错误；
D、试管中部的白色固体是 NH3与 HCl 重新化合生成的 NH4Cl，说明加热 NH4Cl 无法持续得到 NH3，不宜用此法制取，D正确；
故答案为：C。
【分析】解题关键点：
NH4Cl 热分解的判断：试纸变蓝说明生成碱性的 NH3，证明 NH4Cl 发生分解（生成 NH3和 HCl），对应 A 的判断依据。
气体扩散速率的分析：试纸先蓝后红，说明 NH3比 HCl 先到达试纸，即 NH3扩散速率更快，对应 B 的逻辑。
“变红” 原因的区分：实验 Ⅰ 是加热固体，变红是分解产生的 HCl 气体作用；而 NH4Cl 水解是溶液中的反应，此处并非水解导致，这是 C 错误的核心原因。
制 NH3方法的合理性：试管中部的白色固体是 NH3与 HCl 重新化合的 NH4Cl，说明加热 NH4Cl 无法持续制得 NH3，对应 D 的结论。
14．【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A、Cu+在酸性溶液中不稳定（会歧化为 Cu 和 Cu2+），故 Ⅰ 区铜反应的主要产物只能是 Cu2+，A错误；
B、Ⅱ 区棕黑色固体是 MnO2，但 MnO2是 MnO4-的还原产物（与 Cu 反应生成），并非 Cu 直接生成，B错误；
C、Ⅲ 区紫色变浅是 MnO4-的扩散（未发生氧化还原反应，因无还原剂），C错误；
D、若酸性 KMnO4大大过量，其还原产物可能不是 Mn2+（强氧化剂过量时，还原产物价态可能更高，如 MnO2），故产物中可能无 Mn2+，D正确；
故答案为：D。
【分析】解题关键点：
离子稳定性判断：利用 “Cu+在酸性溶液中会歧化”，排除产物含 Cu+的可能。
还原产物的价态分析：强氧化剂（MnO4-）过量时，还原产物的价态会升高（如生成 MnO2而非 Mn2+）。
现象与反应的对应性：区分 “物质扩散（Ⅲ 区紫色变浅）” 与 “氧化还原反应”，避免误判反应发生。
产物的生成逻辑：MnO2是 MnO4-的还原产物，并非 Cu 直接反应生成，明确反应的电子转移主体。
15．【答案】（1）p
（2）Se与Te同主族，非金属性Se>Te，Se更易与生成气态氢化物，从而与Te分离
（3）；
（4）；
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】（1）主族元素In原子序数为49，电子排布式：，其位于元素周期表的p区；
故答案为： p ；
（2）硒与碲同主族，可用气态氢化物热解法制备少量的高纯硒，Se与Te同主族，非金属性Se>Te，Se更易与生成气态氢化物，转化为气态物质，从而与Te分离；
故答案为： Se与Te同主族，非金属性Se>Te，Se更易与生成气态氢化物，从而与Te分离 ；
（3）①H2SeO3中心Se原子的价层电子对数为3+=4，中心原子杂化类型是sp3杂化；
②溶液除杂后向溶液中通入可获得高纯硒和硫酸，发生反应的化学方程式为；
故答案为： ； ；
（4）①根据结构得到该晶胞中，In有个，Se有，因此该化合物的化学式为；
②晶体的密度为。
故答案为： ； ；
【分析】 (1)In 原子序数为 49，电子排布式为 [Kr] 5s25p ，p 轨道含电子，故位于 p 区。
(2)Se 与 Te 同主族，非金属性 Se>Te，Se 更易与 H2生成气态氢化物，从而与 Te 分离。
(3)①H2SeO3中 Se 的价层电子对为 4（3 个 σ 键 + 1 对孤电子对），杂化方式为 sp3；
②H2SeO3与 SO2的反应方程式：H2O+H2SeO3+2SO2=Se+2H2SO4。
(4)①均摊法算晶胞原子数：In 为 2 个、Se 为 4 个，化学式为 InSe2；
②密度计算：用公式 ρ=m÷V，代入晶胞质量（2×(115+79×2)）和体积（a2c×10-3 cm3），得密度。
（1）主族元素In原子序数为49，电子排布式：，其位于元素周期表的p区；
（2）硒与碲同主族，可用气态氢化物热解法制备少量的高纯硒，Se与Te同主族，非金属性Se>Te，Se更易与生成气态氢化物，转化为气态物质，从而与Te分离；
（3）①H2SeO3中心Se原子的价层电子对数为3+=4，中心原子杂化类型是sp3杂化；
②溶液除杂后向溶液中通入可获得高纯硒和硫酸，发生反应的化学方程式为；
（4）①根据结构得到该晶胞中，In有个，Se有，因此该化合物的化学式为；
②晶体的密度为。
16．【答案】高浓度易爆炸（或不稳定，或易分解）；137；0.1m/6；温度升高，过氧乙酸分解；温度升高，过氧化氢分解，过氧化氢浓度下降，反应速率下降；随着pH升高，SV-1的团簇粒径减小，与过氧化氢接触面积增大，反应速率加快
【知识点】化学反应速率；有关反应热的计算
【解析】【解答】(1)市售过氧乙酸的浓度一般不超过21%，原因是不稳定、易分解，高浓度易爆炸。
故答案为： 高浓度易爆炸（或不稳定，或易分解） ；
(2)利用热化学方程式中各物质的系数代表各物质的物质的量来计算。 利用上述反应制备760 g CH3CO3H，物质的量是10mol，所以放出的热量是方程式中反应热的10倍为137kJ。
故答案为： 137 ；
(3)①实验1中，若反应混合液的总质量为mg，依据图1数据计算，在0—6h间，v(CH3CO3H)=0.1
②综合图1、图2分析，与20 ℃相比，25 ℃时过氧乙酸产率降低的可能原因是温度升高，过氧乙酸分解；温度升高，过氧化氢分解，过氧化氢浓度下降，反应速率下降 。
故答案为： 0.1m/6 ； 温度升高，过氧乙酸分解；温度升高，过氧化氢分解，过氧化氢浓度下降，反应速率下降 ；
(4)依据图3、图4分析，过氧乙酸对SV-1的杀灭速率随pH增大而增大的原因可能是随着pH升高，SV-1的团簇粒径减小，与过氧化氢接触面积增大，反应速率加快。
故答案为： 随着pH升高，SV-1的团簇粒径减小，与过氧化氢接触面积增大，反应速率加快 ；
【分析】(1)过氧乙酸不稳定、易分解，高浓度易爆，故市售浓度不超21%。
(2)760g过氧乙酸为10mol，据热化学方程式，放出热量为13.7kJ/mol×10mol=137kJ。
(3)①0—6h过氧乙酸质量分数为10%，质量为0.1m g，速率为 g/h。
②产率降低原因：25℃时过氧乙酸、过氧化氢易分解；温度升高使反应速率下降。
(4)pH升高，SV-1团簇粒径减小，与过氧乙酸接触面积增大，反应速率加快。
17．【答案】苯；+Cl2+HCl；取代反应；；c d；；
【知识点】有机化合物的命名；有机物的推断；卤代烃简介
【解析】【解答】(1)通过分析可知，A的名称为苯；
故答案为： 苯 ；
(2)通过分析可知，B生成D的方程式为：+Cl2+HCl；
故答案为：+Cl2+HCl ；
(3)通过分析可知，D生成E的反应即取代反应；
故答案为： 取代反应 ；
(4)通过分析可知，G的结构为；
故答案为： ；
(5)a．由M的结构可知，M中含有碳碳双键，醚键和酯基三种官能团，a项错误；
b．由M的结构可知，M其中的一个双键C上连接了两个相同的基团，所以M不存在顺反异构体，d项错误；
c．M的结构中含碳碳双键，可以使Br2的CCl4溶液褪色，而G的结构中不含碳碳双键，无法使Br2的CCl4溶液褪色，c项正确；
d．M的结构中含有酯基，所以可以与NaOH溶液反应，d项正确；
故答案为：cd；
(6)通过分析可知，J的结构为；
故答案为： ；
(7)通过分析可知，Y的结构为：。
故答案为： 。
【分析】已知 A 是芳烃且反应中碳链无增长，结合 L 的结构（含苯环），直接确定A 为苯。苯经硝化反应生成B（硝基苯）；B 发生苯环上的氯代反应，结合 L 的结构（氟原子对位是氨基），可知氯原子取代的是硝基间位的氢，得到D（间硝基氯苯）；D 中氯原子被氟取代生成E（间硝基氟苯），E 的硝基还原为氨基，最终得到 L。
从反应条件与分子式推导中间物：丙二酸与乙醇经酯化反应生成 G，结合 G 的分子式，确定G 是丙二酸二乙酯（）；乙醇钠与三氯甲烷的反应，参考题干类似反应规律，再结合后续产物特征，推得J 的结构（）。
从成环反应推导 X、Y：L 与 M 反应时，先脱 1 分子乙醇生成 X（）；X 再脱 1 分子乙醇，通过酯基与氨基的成环反应，形成含两个六元环的Y（）。后续 Y 到 Q 的异构化仅改变氢与不饱和键位置，碳、氮等原子的连接方式保持不变。
18．【答案】（1）氢气
（2）；；、[Al(OH)4]-
（3）
（4）存在沉淀溶解平衡，加入使浓度增大，平衡逆向移动，促进沉淀析出。
【知识点】化学平衡移动原理；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）由于含钒废水含有，等金属离子，其水解显酸性，所以废水加入足量铁粉产生无色气体是氢气。
故答案为： 氢气 ；
（2）①加入足量的铁，反应i中发生，加入氢氧化钠以后，生成沉淀，然后沉淀由灰白色转变为红褐色的方程式为：、 。
②加入调整溶液pH至13时，根据表格信息，金属元素的存在形式为：、[Al(OH)4]-。
故答案为： ； ；、[Al(OH)4]- ；
（3）根据分析可知，向滤液1(V的化合价为+4)中加入的作用是氧化钒元素，方程式为：。
故答案为： ；
（4）存在沉淀溶解平衡，加入使浓度增大，平衡逆向移动，促进沉淀析出。
故答案为： 存在沉淀溶解平衡，加入使浓度增大，平衡逆向移动，促进沉淀析出。 。
【分析】加入足量Fe，通过反应将Fe3+还原为Fe2+；后续加NaOH时，Fe2+沉淀为Fe(OH)2，而Al3+因氢氧化铝的两性，转化为四羟基合铝酸根（）留在溶液中。流程目标是得到+5价钒，而此时溶液（pH=13，强碱性）中钒以+4价的形式存在；利用H2O2的强氧化性，发生反应：，将+4价钒氧化为+5价的。加盐酸调节pH，使转化为Al(OH)3沉淀（过滤得到滤液2）；滤液2中的与硫酸铵混合、加热，最终生成沉淀，完成产物制备。
（1）由于含钒废水含有，等金属离子，其水解显酸性，所以废水加入足量铁粉产生无色气体是氢气。
（2）①加入足量的铁，反应i中发生，加入氢氧化钠以后，生成沉淀，然后沉淀由灰白色转变为红褐色的方程式为：、 。
②加入调整溶液pH至13时，根据表格信息，金属元素的存在形式为：、[Al(OH)4]-。
（3）根据分析可知，向滤液1(V的化合价为+4)中加入的作用是氧化钒元素，方程式为：。
（4）存在沉淀溶解平衡，加入使浓度增大，平衡逆向移动，促进沉淀析出。
19．【答案】+3；溶液中存在平衡：，加入硫酸后，溶液中浓度增大，会与结合，使平衡正向移动，令增大，滴加溶液溶液变红。；取少量实验Ⅰ中翠绿色溶液，滴加溶液，不出现蓝色沉淀；2；4；2；；；Ⅱ中产生大量红褐色沉淀（或Ⅲ中得到翠绿色溶液）；不能说明，有+4价碳的化合物生成，才能说明草酸根离子被氧化，以上现象无法判断是否生成了+4价碳的化合物，不能说明草酸根离子没有被氧化；；预期现象：电流计指针偏转，甲烧杯电极附近产生无色气泡，乙烧杯溶液黄色逐渐变为浅绿色。
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；化学平衡移动原理；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）中氧元素化合价-2价，计算得到碳元素化合价+3价；
故答案为： +3 ；
（2）溶液中存在平衡：，加入硫酸后，溶液中浓度增大，会与结合，使平衡正向移动，令增大，滴加溶液后溶液变红。
故答案为： 溶液中存在平衡：，加入硫酸后，溶液中浓度增大，会与结合，使平衡正向移动，令增大，滴加溶液溶液变红。 ；
（3）若发生氧化还原反应，铁离子会被还原为亚铁离子，所以主要设计实验确认溶液中无亚铁离子。故答案为：取少量实验Ⅰ中翠绿色溶液，滴加溶液，不出现蓝色沉淀。
（4）反应中铁的化合价降低，则C的化合价升高，气体为二氧化碳，故反应离子方程式为：。
故答案为： 2；4；2；； ；
（5）步骤II中加入过氧化氢后，产生红褐色沉淀即为氢氧化铁，则证明被氧化或步骤Ⅲ中得到翠绿色溶液(溶液)，故答案为：Ⅱ中产生大量红褐色沉淀（或Ⅲ中得到翠绿色溶液）。
故答案为： Ⅱ中产生大量红褐色沉淀（或Ⅲ中得到翠绿色溶液） ；
（6）以上现象不能说明没有被氧化，有+4价碳的化合物生成，才能说明草酸根离子被氧化，以上现象无法判断是否生成了+4价碳的化合物，不能说明草酸根离子没有被氧化。
故答案为： 不能说明，有+4价碳的化合物生成，才能说明草酸根离子被氧化，以上现象无法判断是否生成了+4价碳的化合物，不能说明草酸根离子没有被氧化； ；
（7）比较和的还原性强弱应避免和的接触干扰实验，可借助有双池及盐桥构成原电池装置，用石墨做电极，一池装溶液，另一池装溶液，若还原性强于，则负极上失电子发生氧化反应，电流计指针偏转，甲烧杯电极附近产生无色气泡，乙烧杯溶液黄色逐渐浅绿色。故实验装置为：。
故答案为：预期现象：电流计指针偏转，甲烧杯电极附近产生无色气泡，乙烧杯溶液黄色逐渐变为浅绿色。
【分析】(1)根据 O 为 - 2 价，结合离子电荷，计算 C 的化合价。
(2)利用平衡移动（H+结合 C2O42-，使 [Fe(C2O4)3]3-解离出 Fe3+）解释现象。
(3)通过检验是否存在 Fe2+（用 K3[Fe(CN)6]），判断是否发生氧化还原。
(4)根据 Fe 化合价降低、C 化合价升高，结合原子和电荷守恒配平。
(5)通过 Fe2+被氧化为 Fe(OH)3（红褐色沉淀）或生成含 Fe3+的配合物（绿色溶液）判断。
(6)C2O42-氧化产物是 + 4 价碳（如 CO2），需检验该产物才能判断是否被氧化。
(7)设计原电池，通过负极反应（C2O42-失电子）、现象（气泡、溶液变色）比较还原性。
1 / 1北京市第八十中学2025-2026学年高三上学期9月月考化学试题
1．（2025高三上·北京月考）材料是人类赖以生存和发展的物质基础。下列材料属于金属材料的是（　　）
A．高强韧无磁不锈钢——聚变能实验装置中的低温结构部件
B．金刚石薄膜——“梦想”号大洋钻探船使用的钻头表面涂层
C．超细玄武岩纤维——嫦娥六号携带的月面国旗的纺织材料
D．超细玻璃纤维——国产大飞机中隔音隔热的“飞机棉”
【答案】A
【知识点】合理利用金属资源
【解析】【解答】A．高强韧无磁不锈钢是铁的合金，合金属于金属材料，故A正确；
Ｂ．金刚石薄膜的成分是碳，碳属于非金属单质，不属于金属材料，故B错误；
Ｃ．超细玄武岩纤维属于无机非金属材料，不属于金属材料，故C错误；
Ｄ．超细玻璃纤维属于无机非金属材料，不属于金属材料，故D错误；
故选A。
【分析】金属材料是指金属元素或以金属元素为主构成的具有金属特性的材料的统称。包括纯金属、合金、金属材料金属间化合物和特种金属材料等。
2．（2025高三上·北京月考）下列化学用语或图示正确的是
A．中子数为21的钾核素：
B．的电子式：
C．基态价层电子的轨道表示式：
D．分子的球棍模型：
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；元素、核素；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、核素表示中，质量数=质子数+中子数，K质子数为19，中子数21则质量数为40，正确表示应为，而非，A错误；
B、是离子化合物，由和构成，中存在碳碳三键，电子式 符合结构，B正确；
C、基态的价层电子排布为，根据洪特规则，5个电子应分占不同轨道且自旋平行，轨道表示式 ，C错误；
D、中心P的价层电子对数为4（ ），分子空间构型为三角锥形（键角小于120°），图示为平面结构且键角标注错误，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点集中在化学用语的细节规则：
A．易混淆质量数（质子数+中子数）与中子数，错将中子数当作质量数写在核素左上角。
B．对离子化合物（如）的阴离子结构不熟悉，易漏写中的碳碳三键电子。
C．忽略洪特规则，价层电子（）应分占轨道且自旋平行，易写成成对排布。
D．误判的价层电子对（含孤电子对），错认为是平面结构，忽略其三角锥形的实际构型。
3．（2025高三上·北京月考）碱性锌锰电池的总反应为，电池构造示意图如图所示。下列有关说法正确的是
A．电池工作时，发生氧化反应
B．电池工作时，通过隔膜向正极移动
C．环境温度过低，不利于电池放电
D．反应中每生成，转移电子数为
【答案】C
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】Zn为负极，电极反应式为：，MnO2为正极，电极反应式为：。
A、总反应中 MnO2中 Mn 为 +4 价，生成的 MnOOH 中 Mn 为 +3 价，Mn 化合价降低，MnO2发生还原反应，A错误；
B、电池工作时，阴离子（OH-）向负极移动（负极 Zn 失电子生成 ZnO，需结合 OH-），B错误；
C、温度过低会减慢反应速率，导致电池放电能力减弱，不利于放电，C正确；
D、生成 1mol MnOOH 时，Mn 从 + 4到+3，转移 1mol 电子，电子数为 6.02×1023，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：氧化还原反应的判断错误：误将 MnO2中 Mn 的化合价降低（发生还原反应）认为是氧化反应，错判选项 A。
离子移动方向混淆：记错电池中阴离子的移动方向（阴离子应向负极移动），错判选项 B 中 OH - 向正极移动。
电子转移的计算错误：忽略生成 1mol MnOOH 时 Mn 仅降 1 价，误算转移 2mol 电子，错判选项 D。
4．（2025高三上·北京月考）下列实验现象的反应方程式正确的是
A．切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗2Na+O2=Na2O2
B．向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色2AgCl+S2-=Ag2S↓+2Cl-
C．Na2O2在潮湿的空气中放置一段时间，变成白色粘稠物2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
D．向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水，出现白色沉淀2+Ca2++2OH-=CaCO3↓++2H2O
【答案】B
【知识点】钠的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、切开的 Na 暴露在空气中，光亮表面变暗是生成氧化钠（Na2O），反应应为 4Na+O2=2Na2O；而选项中写的是生成过氧化钠（Na2O2）（需加热条件）A错误；
B、AgCl 悬浊液中加 Na2S，因 Ag2S 溶解度远小于 AgCl，发生沉淀转化，反应为 2AgCl+S2-=Ag2S+2Cl-，现象（由白到黑）与方程式均合理，B正确；
C、潮湿空气中，Na2O2先与水反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，生成的 NaOH 潮解才形成白色粘稠物；选项写的是与 CO2的反应，不符合 “潮湿空气” 的反应实质，C错误；
D、NaHCO3少量、澄清石灰水过量时，HCO3-完全反应，离子方程式应为 HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O；选项中写了 2 个 HCO3-，还生成 CO32-（过量 OH-会与 CO32-、Ca2+ 继续生成沉淀），产物不合理，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题易错点总结
反应条件与产物混淆误将 Na 常温下的反应产物记为 Na2O2（实际是 Na2O，Na2O2需加热）；错认为 Na2O2在潮湿空气里直接与 CO2反应（实际先与水反应生成 NaOH）。
沉淀转化的逻辑模糊忽略 “沉淀转化需向更难溶方向进行” 的规则，误判 AgCl 与 Na2S 的反应合理性。
“过量 / 少量” 的离子方程式配平错误处理 NaHCO3与过量澄清石灰水的反应时，误按 “过量物质” 的离子比例配平，导致出现多余的 CO32-（实际少量 HCO3-会完全反应，无 CO32-剩余）。
5．（2025高三上·北京月考）用下列化学知识解释对应劳动项目不正确的是
选项 劳动项目 化学知识
A 用大米制麦芽糖 淀粉水解生成麦芽糖
B 用次氯酸钠溶液消毒 次氯酸钠溶液呈碱性
C 给小麦施氮肥 氮是小麦合成蛋白质的必需元素
D 用纯碱去油污 碳酸钠溶液呈碱性
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；多糖的性质和用途
【解析】【解答】A、大米的主要成分是淀粉，淀粉在酶或酸的作用下水解，最终可生成麦芽糖，因此 “用大米制麦芽糖” 对应的化学知识合理，故A不符合题意 ；
B、次氯酸钠溶液消毒，是因为次氯酸钠与水反应生成 HClO（次氯酸），HClO 具有强氧化性，能破坏微生物的结构；而不是因为 “溶液呈碱性”，因此该选项的化学知识解释错误，故B符合题意 ；
C、蛋白质的基本组成元素包含氮，小麦生长需要合成蛋白质，因此氮是小麦生长的必需元素，“施氮肥” 对应的化学知识合理，故C不符合题意 ；
D、纯碱是碳酸钠，其溶液因碳酸根水解呈碱性，碱性环境能使油污（油脂）发生水解反应，生成易溶于水的物质，因此 “用纯碱去油污” 对应的化学知识合理，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】A．大米的主要成分是淀粉，淀粉属于多糖，在水解条件下（如酶催化）可逐步分解，最终能生成麦芽糖。
B．次氯酸钠消毒靠生成的 HClO（强氧化性），而非溶液碱性。
C．蛋白质的基本组成元素包含氮，小麦生长过程中需要合成蛋白质来构建细胞、促进生长，因此氮是小麦生长的必需元素。
D．纯碱溶液呈碱性，可促进油脂水解去油污。
6．（2025高三上·北京月考）下列实验装置使用正确的是
A．实验室制氨气 B．比较与的热稳定性
C．实验室制乙酸乙酯 D．检验乙炔的还原性
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】氨的实验室制法；乙酸乙酯的制取；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、反应条件与装置适配性NH4Cl 和 Ca(OH)2 制氨气需要加热，但试管口应略向下倾斜（防止生成的水倒流使试管炸裂），而图中试管口向上，A错误；
B、受热对象与稳定性的逻辑NaHCO3热稳定性更差，应放在温度较低的小试管中（大试管加热，热量传递给小试管）；但图中 NaHCO3放在大试管（直接加热）、Na2CO3 放在小试管，无法对比二者稳定性，B错误；
C、反应装置与除杂逻辑乙酸、乙醇在浓硫酸催化 / 加热下生成乙酸乙酯；饱和 Na2CO3 溶液可吸收乙酸、溶解乙醇、分层析出乙酸乙酯，且导管未插入液面下（防倒吸），装置符合操作规范，C正确；
D、杂质的干扰电石与饱和食盐水反应生成的乙炔中，会混有 H2S、PH3等还原性杂质（也能使溴水褪色），未除杂直接检验，无法证明是乙炔的还原性，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．制氨气的试管口需向下倾斜（防冷凝水倒流），图中试管口向上。
B．对比热稳定性时，热稳定性差的 NaHCO3 应放小试管（间接加热），图中放错位置。
C．饱和 Na2CO3 能除杂 + 防倒吸，导管未插液面下，符合操作逻辑。
D．乙炔含 H2S 等还原性杂质，未除杂会干扰溴水褪色的判断。
7．（2025高三上·北京月考）明代《徐光启手迹》记载了制备硝酸的方法，其主要流程(部分产物已省略)如下：
下列说法错误的是
A．FeSO4的分解产物X为FeO B．本流程涉及复分解反应
C．HNO3的沸点比H2SO4的低 D．制备使用的铁锅易损坏
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；化学基本反应类型；硫酸盐
【解析】【解答】A、FeSO4煅烧生成 SO3、SO2（S 元素化合价既有升高又降低），属于氧化还原反应，Fe 元素化合价也会变化（不会只生成 FeO，应为 Fe 的氧化物如 Fe2O3），故 X 不是 FeO，A错误；
B、H2SO4与 KNO3反应生成 HNO3，属于 “酸与盐生成新酸和新盐” 的复分解反应，B正确；
C、流程中通过蒸馏得到 HNO3，说明 HNO3沸点更低，易挥发分离，C正确；
D、H2SO4、HNO3均为强酸，会腐蚀铁锅，导致其易损坏，D正确；
故答案为：A。
【分析】解题关键点：
FeSO4分解的氧化还原判断：FeSO4煅烧生成 SO3（S，+6）、SO2（S，+4），S 化合价既升又降，属于氧化还原反应，Fe 元素化合价也会变化，不可能只生成 FeO（Fe+2），据此判断 A 错误。
复分解反应的识别：H2SO4与 KNO3反应生成 HNO3，符合 “酸 + 盐→新酸 + 新盐” 的复分解反应特征，对应 B 的判断。
沸点与蒸馏的关系：流程用蒸馏法分离 HNO3，说明 HNO3沸点低于 H2SO4（易挥发），对应 C 的逻辑。
酸的腐蚀性分析：H2SO4、HNO3是强酸，会腐蚀铁锅，故铁锅易损坏，对应 D 的结论。
8．（2025高三上·北京月考）与通过电催化反应生成，可能的反应机理如图所示(图中吸附在催化剂表面的物种用“*”标注)。下列说法正确的是
A．过程Ⅱ和过程Ⅲ都有极性共价键形成
B．过程Ⅱ中发生了氧化反应
C．电催化与生成的反应方程式：
D．常温常压、无催化剂条件下，与反应可生产
【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；氧化还原反应方程式的配平；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、过程 II 中，CO 与NH2结合，形成 C-N 键（不同原子间，属极性键）；过程 III 中，*CO(NH2)2生成时，存在 C-N、N-H 等新的极性键形成。因此两个过程均有极性共价键形成，A正确。
B、NO3-中 N 为 +5 价，反应后生成的 * NH2中 N 为 -1 价，N 元素化合价降低，发生的是还原反应，而非氧化反应，B错误。
C、选项方程式左侧有 18H+（带 18 个正电荷），右侧电荷为 0，电荷不守恒；且电催化反应涉及电子转移， 正确的反应方程式为，C错误；
D、反应条件的必要性题干明确反应需 “电催化”，常温常压、无催化剂时，CO2与 NH3 H2O 仅能生成碳酸铵或碳酸氢铵，无法生成 CO(NH2)2，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．过程 II、III 分别形成 C-N 键和 C-N、N-H 键，均为极性共价键。
B．NO3-中 N 从 +5 价降至 - 1 价，发生还原反应，不是氧化反应。
C．方程式电荷不守恒且未体现电子转移，配平不合理。
D．反应需电催化条件，常温常压无催化剂无法生成 CO(NH2)2。
9．（2025高三上·北京月考）测定0.1mol·L-1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。
时刻 ① ② ③ ④
温度/℃ 25 30 40 25
pH 9.66 9.52 9.37 9.25
实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比试验，④产生白色沉淀多。下列说法错误的是（　　）
A．Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO+H2O HSO+OH-
B．④的pH与①不同，是由于SO浓度减小造成的
C．①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致
D．①与④的Kw值相等
【答案】C
【知识点】盐类水解的原理；影响盐类水解程度的主要因素
【解析】【解答】A、Na2SO3是强碱弱酸盐，SO32-会发生水解：SO32-+H2O HSO3-+OH-，溶液呈碱性，A正确；
B、④时刻加盐酸酸化的 BaCl2产生更多白色沉淀（BaSO4），说明 SO32-被氧化为 SO42-，SO32-浓度减小，水解产生的 OH-减少，pH 降低，B正确；
C、①→③升温时，水解平衡（吸热）应正向移动（pH 升高），但实际 pH 先升后降，是因为 SO32-被氧化（浓度减小）使平衡逆向移动；温度使平衡正向、浓度使平衡逆向，二者影响方向不一致，C错误；
D、Kw 只与温度有关，①与④温度均为 25℃，故 Kw 相等，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
忽略 SO32-的氧化：误将 pH 变化仅归因于水解平衡移动，未考虑升温过程中 SO32-被氧化（生成 SO42-）导致浓度减小，影响水解平衡。
混淆温度与浓度对平衡的影响方向：认为升温（促进水解正向）与浓度减小（促进水解逆向）对平衡的影响一致，实际二者方向相反，导致错判选项 C。
对 Kw 的影响因素理解不清：误认为溶液组成变化会影响 Kw，忽略 Kw 仅由温度决定，错判选项 D。
10．（2025高三上·北京月考）3-氨基-1-金刚烷醇可用于合成药物维格列汀(治疗2型糖尿病)，其分子结构如图所示。下列说法不正确的是
A．分子中0原子和N原子均为杂化
B．分子中的键角大于的键角
C．分子中的极性大于的极性
D．分子中含有手性碳原子
【答案】B
【知识点】键能、键长、键角及其应用；“手性分子”在生命科学等方面的应用；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．该分子中，O原子的价层电子对数为4，采用杂化，N原子的价层电子对数为4，采用杂化，A正确；
B．分子中，N含有一个孤电子对，O含有两个孤电子对，孤电子对越多键角越小，则分子中的键角小于的键角，B不正确；
C．电负性：O＞N＞H，则分子中的极性大于的极性，C正确；
D．该分子中羟基、氨基所连接的碳原子都是手性碳原子，D正确；
故选B。
【分析】A．该分子中O原子的价层电子对数为4，氨基中N原子的价层电子对数为4；
Ｂ．孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；
Ｃ．电负性越大，键的极性越大；
Ｄ．手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子。
11．（2025高三上·北京月考）可持续高分子材料在纺织、生物医用等领域具有广阔的应用前景。一种在温和条件下制备高性能可持续聚酯P的路线如图所示。
下列说法错误的是
A．E能使溴的四氯化碳溶液褪色
B．由和G合成M时，有生成
C．P在碱性条件下能够发生水解反应而降解
D．P解聚生成M的过程中，存在键的断裂与形成
【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、E 的结构中含有碳碳双键（C=C），而溴的四氯化碳溶液可与碳碳双键发生加成反应，使溶液褪色，因此 E 能使该溶液褪色，A正确；
B、E、F、G 的结构中均不含 “-COOH” 结构，且反应过程中原子需守恒，因此由 E、F、G 合成 M 时，不会生成 HCOOH（甲酸），B错误；
C、P 的结构中含有酯基（-COO-），酯基在碱性条件下可发生水解反应，因此 P 能在碱性条件下降解，C正确；
D、P 解聚生成 M 的过程，是聚合物链的断裂与小分子的形成，涉及酯基中 C-O 键的断裂，同时会形成 M 中环状结构的 C-O 键，因此存在 C-O 键的断裂与形成，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．看 E 的结构：含碳碳双键，能与溴发生加成反应、使溴的四氯化碳溶液褪色；
B．E、F、G 的结构中均无甲酸（HCOOH）的原子组成（额外的 - COOH），违反原子守恒；
C．P 含酯基（-COO-），酯基在碱性条件下可水解，P 能降解；
D．P 解聚为 M 是聚合物链断裂、小分子形成的过程，涉及酯基中 C-O 键的断裂与 M 中环状 C-O 键的形成。
12．（2025高三上·北京月考）下列实验方案不能得出相应结论的是
A.结论：金属活动性顺序为 B.结论：氧化性顺序为
C.结论：甲基使苯环活化 D.结论：增大反应物浓度，该反应速率加快
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；化学实验方案的评价；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、Fe-Cu 原电池中 Fe 为负极（电子流出），说明 Fe>Cu；Fe-Zn 原电池中 Zn 为负极，说明 Zn>Fe。结合电流表指针方向（电子流向），可推金属活动性 Zn>Fe>Cu，A方案合理；
B、FeCl3与淀粉 KI 反应，溶液变蓝（生成 I2），说明 Fe3+>I2；新制氯水氧化 FeCl2生成 Fe3+（遇 KSCN 变红），说明 Cl2>Fe3+。可推氧化性 Cl2>Fe3+>I2，B方案合理；
C、酸性 KMnO4氧化的是甲苯的甲基（生成苯甲酸），苯不反应，仅说明甲基易被氧化，无法证明 “甲基活化苯环”（需苯环上氢更易取代等实验），C方案不能得出结论；
D、两组实验仅 Na2S2O3浓度不同（0.05mol L- 和 0.1mol L- ），通过浑浊出现时间可比较速率，能验证 “浓度增大，速率加快”，D方案合理；
故答案为：C。
【分析】A．通过原电池负极判断金属活动性（Fe-Cu 中 Fe 是负极、Fe-Zn 中 Zn 是负极）， 能推 Zn>Fe>Cu；
B．用 “强氧化剂制弱氧化剂”：FeCl3氧化 I-生成 I2（Fe3+>I2）、Cl2氧化 Fe2+生成 Fe3+（Cl2>Fe3+），能推氧化性顺序；
C．酸性 KMnO4氧化的是甲苯的甲基（侧链），不是苯环， 现象仅说明甲基易被氧化，无法证明 “甲基活化苯环”；
D．控制 H2SO4条件相同，仅改变 Na2S2O3浓度，能通过浑浊时间验证浓度对速率的影响。
13．（2025高三上·北京月考）某同学进行如下实验：
　 实验步骤 实验现象
I 将NH4Cl固体加入试管中，并将湿润的pH试纸置于试管口，试管口略向下倾斜，对试管底部进行加热 试纸颜色变化：黄色→蓝色(pH≈10)→黄色→红色(pH≈2)；试管中部有白色固体附着
II 将饱和NH4Cl溶液滴在pH试纸上 试纸颜色变化：黄色→橙黄色(pH≈5)
下列说法不正确的是
A．根据I中试纸变蓝，说明NH4Cl发生了分解反应
B．根据I中试纸颜色变化，说明氨气比氯化氢气体扩散速率快
C．I中试纸变成红色，是由于NH4Cl水解造成的
D．根据试管中部有白色固体附着，说明不宜用加热NH4Cl的方法制备NH3
【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；氨的性质及用途；铵盐；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、NH4Cl 加热分解生成 NH3（碱性，使试纸变蓝）和 HCl，试纸变蓝说明有 NH3生成，证明发生了分解反应，A正确；
B、试纸先变蓝（NH3先到达）后变红（HCl 后到达），说明 NH3的扩散速率比 HCl 快，B正确；
C、实验 Ⅰ 中试纸变红是因为 NH4Cl 分解生成的 HCl（酸性）接触试纸，而非 NH4Cl 水解（水解是溶液中的反应，此处是加热分解产生的 HCl 气体作用），C错误；
D、试管中部的白色固体是 NH3与 HCl 重新化合生成的 NH4Cl，说明加热 NH4Cl 无法持续得到 NH3，不宜用此法制取，D正确；
故答案为：C。
【分析】解题关键点：
NH4Cl 热分解的判断：试纸变蓝说明生成碱性的 NH3，证明 NH4Cl 发生分解（生成 NH3和 HCl），对应 A 的判断依据。
气体扩散速率的分析：试纸先蓝后红，说明 NH3比 HCl 先到达试纸，即 NH3扩散速率更快，对应 B 的逻辑。
“变红” 原因的区分：实验 Ⅰ 是加热固体，变红是分解产生的 HCl 气体作用；而 NH4Cl 水解是溶液中的反应，此处并非水解导致，这是 C 错误的核心原因。
制 NH3方法的合理性：试管中部的白色固体是 NH3与 HCl 重新化合的 NH4Cl，说明加热 NH4Cl 无法持续制得 NH3，对应 D 的结论。
14．（2025高三上·北京月考）某化学兴趣小组为探究酸性高锰酸钾与铜的反应，设计实验如下，在培养皿中加入足量的酸性高锰酸钾溶液，放入铜珠，实验结果如下：
实验 现象
一段时间后，培养皿中由铜珠向外侧依次呈现： Ⅰ区澄清且紫色褪色明显 Ⅱ区底部覆盖棕黑色固体 Ⅲ区澄清且紫色变浅
已知：在酸性溶液中不能稳定存在：，下列说法正确的是
A．Ⅰ区铜反应后的主要产物，可能是、也可能是
B．Ⅱ区棕黑色固体是，由铜和酸性高锰酸钾反应产生
C．Ⅲ区紫色变浅说明在Ⅲ区也发生了氧化还原反应
D．如果酸性高锰酸钾大大过量，所有反应完全后，产物中可能没有
【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A、Cu+在酸性溶液中不稳定（会歧化为 Cu 和 Cu2+），故 Ⅰ 区铜反应的主要产物只能是 Cu2+，A错误；
B、Ⅱ 区棕黑色固体是 MnO2，但 MnO2是 MnO4-的还原产物（与 Cu 反应生成），并非 Cu 直接生成，B错误；
C、Ⅲ 区紫色变浅是 MnO4-的扩散（未发生氧化还原反应，因无还原剂），C错误；
D、若酸性 KMnO4大大过量，其还原产物可能不是 Mn2+（强氧化剂过量时，还原产物价态可能更高，如 MnO2），故产物中可能无 Mn2+，D正确；
故答案为：D。
【分析】解题关键点：
离子稳定性判断：利用 “Cu+在酸性溶液中会歧化”，排除产物含 Cu+的可能。
还原产物的价态分析：强氧化剂（MnO4-）过量时，还原产物的价态会升高（如生成 MnO2而非 Mn2+）。
现象与反应的对应性：区分 “物质扩散（Ⅲ 区紫色变浅）” 与 “氧化还原反应”，避免误判反应发生。
产物的生成逻辑：MnO2是 MnO4-的还原产物，并非 Cu 直接反应生成，明确反应的电子转移主体。
15．（2025高三上·北京月考）我国科学家在中国空间站首次实现了铟硒半导体的微重力培养，铟（In）和硒（Se）的单质是制备铟硒半导体的重要原料。
（1）主族元素In原子序数为49，其位于元素周期表的　 　区。
（2）粗硒中主要含碲（Te）单质等杂质。硒与碲同主族，可用气态氢化物热解法制备少量的高纯硒，流程如下图。
结合元素周期律解释该法能分离硒和碲的原因：　 　。
（3）氧化挥发法是制备高纯硒的另一种方法。粗硒经高温氧化后产生蒸气，冷凝后溶于水形成溶液，除杂后向溶液中通入可获得高纯硒。
①已知分子中含两个羟基，中Se的杂化方式为　 　。
②向溶液中通入时，发生反应的化学方程式为　 　。
（4）一种铟硒半导体晶体的晶胞如图，晶胞底面边长为a pm，高为c pm。
①该晶体的化学式为　 　。
②阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为　 　。（已知：）
【答案】（1）p
（2）Se与Te同主族，非金属性Se>Te，Se更易与生成气态氢化物，从而与Te分离
（3）；
（4）；
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】（1）主族元素In原子序数为49，电子排布式：，其位于元素周期表的p区；
故答案为： p ；
（2）硒与碲同主族，可用气态氢化物热解法制备少量的高纯硒，Se与Te同主族，非金属性Se>Te，Se更易与生成气态氢化物，转化为气态物质，从而与Te分离；
故答案为： Se与Te同主族，非金属性Se>Te，Se更易与生成气态氢化物，从而与Te分离 ；
（3）①H2SeO3中心Se原子的价层电子对数为3+=4，中心原子杂化类型是sp3杂化；
②溶液除杂后向溶液中通入可获得高纯硒和硫酸，发生反应的化学方程式为；
故答案为： ； ；
（4）①根据结构得到该晶胞中，In有个，Se有，因此该化合物的化学式为；
②晶体的密度为。
故答案为： ； ；
【分析】 (1)In 原子序数为 49，电子排布式为 [Kr] 5s25p ，p 轨道含电子，故位于 p 区。
(2)Se 与 Te 同主族，非金属性 Se>Te，Se 更易与 H2生成气态氢化物，从而与 Te 分离。
(3)①H2SeO3中 Se 的价层电子对为 4（3 个 σ 键 + 1 对孤电子对），杂化方式为 sp3；
②H2SeO3与 SO2的反应方程式：H2O+H2SeO3+2SO2=Se+2H2SO4。
(4)①均摊法算晶胞原子数：In 为 2 个、Se 为 4 个，化学式为 InSe2；
②密度计算：用公式 ρ=m÷V，代入晶胞质量（2×(115+79×2)）和体积（a2c×10-3 cm3），得密度。
（1）主族元素In原子序数为49，电子排布式：，其位于元素周期表的p区；
（2）硒与碲同主族，可用气态氢化物热解法制备少量的高纯硒，Se与Te同主族，非金属性Se>Te，Se更易与生成气态氢化物，转化为气态物质，从而与Te分离；
（3）①H2SeO3中心Se原子的价层电子对数为3+=4，中心原子杂化类型是sp3杂化；
②溶液除杂后向溶液中通入可获得高纯硒和硫酸，发生反应的化学方程式为；
（4）①根据结构得到该晶胞中，In有个，Se有，因此该化合物的化学式为；
②晶体的密度为。
16．（2025高三上·北京月考）过氧乙酸(CH3CO3H)是一种广谱高效消毒剂，不稳定、易分解，高浓度易爆炸。常用于空气、器材的消毒，可由乙酸与H2O2在硫酸催化下反应制得，热化学方程式为：CH3COOH(aq)+H2O2(aq) CH3CO3H(aq)+H2O(l) △H=-13.7KJ/mol
(1)市售过氧乙酸的浓度一般不超过21%，原因是　 　 。
(2)利用上述反应制备760 g CH3CO3H，放出的热量为　 　kJ。
(3)取质量相等的冰醋酸和50% H2O2溶液混合均匀，在一定量硫酸催化下进行如下实验。
实验1：在25 ℃下，测定不同时间所得溶液中过氧乙酸的质量分数。数据如图1所示。
实验2：在不同温度下反应，测定24小时所得溶液中过氧乙酸的质量分数，数据如图2所示。
①实验1中，若反应混合液的总质量为mg，依据图1数据计算，在0—6h间，v(CH3CO3H)=　 　 g／h（用含m的代数式表示）。
②综合图1、图2分析，与20 ℃相比，25 ℃时过氧乙酸产率降低的可能原因是　 　。（写出2条）。
(4) SV-1、SV-2是两种常用于实验研究的病毒，粒径分别为40 nm和70 nm。病毒在水中可能会聚集成团簇。不同pH下，病毒团簇粒径及过氧乙酸对两种病毒的相对杀灭速率分别如图3、图4所示。
依据图3、图4分析，过氧乙酸对SV-1的杀灭速率随pH增大而增大的原因可能是　 　
【答案】高浓度易爆炸（或不稳定，或易分解）；137；0.1m/6；温度升高，过氧乙酸分解；温度升高，过氧化氢分解，过氧化氢浓度下降，反应速率下降；随着pH升高，SV-1的团簇粒径减小，与过氧化氢接触面积增大，反应速率加快
【知识点】化学反应速率；有关反应热的计算
【解析】【解答】(1)市售过氧乙酸的浓度一般不超过21%，原因是不稳定、易分解，高浓度易爆炸。
故答案为： 高浓度易爆炸（或不稳定，或易分解） ；
(2)利用热化学方程式中各物质的系数代表各物质的物质的量来计算。 利用上述反应制备760 g CH3CO3H，物质的量是10mol，所以放出的热量是方程式中反应热的10倍为137kJ。
故答案为： 137 ；
(3)①实验1中，若反应混合液的总质量为mg，依据图1数据计算，在0—6h间，v(CH3CO3H)=0.1
②综合图1、图2分析，与20 ℃相比，25 ℃时过氧乙酸产率降低的可能原因是温度升高，过氧乙酸分解；温度升高，过氧化氢分解，过氧化氢浓度下降，反应速率下降 。
故答案为： 0.1m/6 ； 温度升高，过氧乙酸分解；温度升高，过氧化氢分解，过氧化氢浓度下降，反应速率下降 ；
(4)依据图3、图4分析，过氧乙酸对SV-1的杀灭速率随pH增大而增大的原因可能是随着pH升高，SV-1的团簇粒径减小，与过氧化氢接触面积增大，反应速率加快。
故答案为： 随着pH升高，SV-1的团簇粒径减小，与过氧化氢接触面积增大，反应速率加快 ；
【分析】(1)过氧乙酸不稳定、易分解，高浓度易爆，故市售浓度不超21%。
(2)760g过氧乙酸为10mol，据热化学方程式，放出热量为13.7kJ/mol×10mol=137kJ。
(3)①0—6h过氧乙酸质量分数为10%，质量为0.1m g，速率为 g/h。
②产率降低原因：25℃时过氧乙酸、过氧化氢易分解；温度升高使反应速率下降。
(4)pH升高，SV-1团簇粒径减小，与过氧乙酸接触面积增大，反应速率加快。
17．（2025高三上·北京月考）抗肿瘤药物7–氟喹啉衍生物的前体Q的合成路线如下：
已知：R1ONa+R2Cl→R1OR2+NaCl（R1、R2代表烃基）
(1)A属于芳香烃，A的名称是　 　。
(2)B→D的化学方程式是　 　。
(3)D→E的反应类型是　 　。
(4)G的结构简式是　 　。
(5)下列关于M的说法正确的是　 　（填序号）。
a．M含有两种不同的官能团 b．M存在顺反异构体
c．M和G能用Br2的CCl4溶液鉴别 d．M能与NaOH溶液反应
(6)已知：G + J → M + 2CH3CH2OH。J的结构简式是　 　。
(7)L与M反应生成Q的过程如下：
已知：上述异构化反应中，只存在氢原子和不饱和键的位置变化。Y的分子中含有两个六元环。Y的结构简式是　 　。
【答案】苯；+Cl2+HCl；取代反应；；c d；；
【知识点】有机化合物的命名；有机物的推断；卤代烃简介
【解析】【解答】(1)通过分析可知，A的名称为苯；
故答案为： 苯 ；
(2)通过分析可知，B生成D的方程式为：+Cl2+HCl；
故答案为：+Cl2+HCl ；
(3)通过分析可知，D生成E的反应即取代反应；
故答案为： 取代反应 ；
(4)通过分析可知，G的结构为；
故答案为： ；
(5)a．由M的结构可知，M中含有碳碳双键，醚键和酯基三种官能团，a项错误；
b．由M的结构可知，M其中的一个双键C上连接了两个相同的基团，所以M不存在顺反异构体，d项错误；
c．M的结构中含碳碳双键，可以使Br2的CCl4溶液褪色，而G的结构中不含碳碳双键，无法使Br2的CCl4溶液褪色，c项正确；
d．M的结构中含有酯基，所以可以与NaOH溶液反应，d项正确；
故答案为：cd；
(6)通过分析可知，J的结构为；
故答案为： ；
(7)通过分析可知，Y的结构为：。
故答案为： 。
【分析】已知 A 是芳烃且反应中碳链无增长，结合 L 的结构（含苯环），直接确定A 为苯。苯经硝化反应生成B（硝基苯）；B 发生苯环上的氯代反应，结合 L 的结构（氟原子对位是氨基），可知氯原子取代的是硝基间位的氢，得到D（间硝基氯苯）；D 中氯原子被氟取代生成E（间硝基氟苯），E 的硝基还原为氨基，最终得到 L。
从反应条件与分子式推导中间物：丙二酸与乙醇经酯化反应生成 G，结合 G 的分子式，确定G 是丙二酸二乙酯（）；乙醇钠与三氯甲烷的反应，参考题干类似反应规律，再结合后续产物特征，推得J 的结构（）。
从成环反应推导 X、Y：L 与 M 反应时，先脱 1 分子乙醇生成 X（）；X 再脱 1 分子乙醇，通过酯基与氨基的成环反应，形成含两个六元环的Y（）。后续 Y 到 Q 的异构化仅改变氢与不饱和键位置，碳、氮等原子的连接方式保持不变。
18．（2025高三上·北京月考）含钒废水会造成水体污染，对含钒废水(除外，还含有，等)进行综合处理可实现钒资源的回收利用，流程如下：
已知溶液pH范围不同时，钒元素的存在形式如下表所示：
钒的化合价
+4价 ，
+5价
（1）含钒废水加入足量铁粉产生无色气体，该气体是　 　。
（2）①加入调整溶液pH至13时，沉淀1达最大量，并由灰白色转变为红褐色，用化学用语表示加入后生成沉淀1的反应过程为　 　、　 　；
②所得滤液1中，金属元素的存在形式为　 　。
（3）向滤液1(V的化合价为+4)中加入的作用是　 　(用离子方程式表示)。
（4）结合平衡移动原理解释加入的作用　 　。
【答案】（1）氢气
（2）；；、[Al(OH)4]-
（3）
（4）存在沉淀溶解平衡，加入使浓度增大，平衡逆向移动，促进沉淀析出。
【知识点】化学平衡移动原理；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）由于含钒废水含有，等金属离子，其水解显酸性，所以废水加入足量铁粉产生无色气体是氢气。
故答案为： 氢气 ；
（2）①加入足量的铁，反应i中发生，加入氢氧化钠以后，生成沉淀，然后沉淀由灰白色转变为红褐色的方程式为：、 。
②加入调整溶液pH至13时，根据表格信息，金属元素的存在形式为：、[Al(OH)4]-。
故答案为： ； ；、[Al(OH)4]- ；
（3）根据分析可知，向滤液1(V的化合价为+4)中加入的作用是氧化钒元素，方程式为：。
故答案为： ；
（4）存在沉淀溶解平衡，加入使浓度增大，平衡逆向移动，促进沉淀析出。
故答案为： 存在沉淀溶解平衡，加入使浓度增大，平衡逆向移动，促进沉淀析出。 。
【分析】加入足量Fe，通过反应将Fe3+还原为Fe2+；后续加NaOH时，Fe2+沉淀为Fe(OH)2，而Al3+因氢氧化铝的两性，转化为四羟基合铝酸根（）留在溶液中。流程目标是得到+5价钒，而此时溶液（pH=13，强碱性）中钒以+4价的形式存在；利用H2O2的强氧化性，发生反应：，将+4价钒氧化为+5价的。加盐酸调节pH，使转化为Al(OH)3沉淀（过滤得到滤液2）；滤液2中的与硫酸铵混合、加热，最终生成沉淀，完成产物制备。
（1）由于含钒废水含有，等金属离子，其水解显酸性，所以废水加入足量铁粉产生无色气体是氢气。
（2）①加入足量的铁，反应i中发生，加入氢氧化钠以后，生成沉淀，然后沉淀由灰白色转变为红褐色的方程式为：、 。
②加入调整溶液pH至13时，根据表格信息，金属元素的存在形式为：、[Al(OH)4]-。
（3）根据分析可知，向滤液1(V的化合价为+4)中加入的作用是氧化钒元素，方程式为：。
（4）存在沉淀溶解平衡，加入使浓度增大，平衡逆向移动，促进沉淀析出。
19．（2025高三上·北京月考）文献表明：相同条件下，草酸根()的还原性强于。为检验这一结论，完成如下实验。
资料：ⅰ.草酸()为二元弱酸。
ⅱ.三水三草酸合铁酸钾［］为翠绿色晶体，光照易分解。
ⅲ.为黄色固体，微溶于水，可溶于强酸。
【实验1】通过和在溶液中的反应比较和的还原性强弱。
操作 现象
在避光处，向溶液中缓慢加入溶液至过量，搅拌，充分反应后，冰水浴冷却，过滤 得到翠绿色溶液和翠绿色晶体
（1）中碳元素的化合价是　 　。
（2）取实验1中少量晶体洗净，配成溶液，滴加溶液，不变红。继续加入硫酸，溶液变红，说明晶体中含有+3价的铁元素。加硫酸后溶液变红的原因是　 　。
（3）经检验，翠绿色晶体为。设计实验，确认实验1中没有发生氧化还原反应的操作和现象是　 　。
（4）取实验1中的翠绿色溶液光照一段时间，产生黄色浑浊且有气泡产生。补全反应的离子方程式：　 　。
_____________________________。
【实验2】通过比较与、反应的难易，判断二者还原性的强弱。
步骤 操作 现象
Ⅰ 向溶液中加入溶液，过滤 立即产生黄色沉淀
Ⅱ 洗涤Ⅰ中的黄色沉淀，向其中加入过量的6%溶液，振荡，静置 剧烈放热，产生大量的红褐色沉淀和无色气体
Ⅲ 待充分反应后，向其中加入稀硫酸，调节pH约为4 得到翠绿色溶液
（5）证明被氧化的实验现象是　 　。
（6）以上现象能否说明没有被氧化。请判断并说明理由：　 　。
【实验3】通过其他实验方案比较和的还原性强弱。
（7）用溶液、溶液和其他试剂，设计实验方案比较和的还原性强弱。画出装置图并描述预期现象：　 　。
【答案】+3；溶液中存在平衡：，加入硫酸后，溶液中浓度增大，会与结合，使平衡正向移动，令增大，滴加溶液溶液变红。；取少量实验Ⅰ中翠绿色溶液，滴加溶液，不出现蓝色沉淀；2；4；2；；；Ⅱ中产生大量红褐色沉淀（或Ⅲ中得到翠绿色溶液）；不能说明，有+4价碳的化合物生成，才能说明草酸根离子被氧化，以上现象无法判断是否生成了+4价碳的化合物，不能说明草酸根离子没有被氧化；；预期现象：电流计指针偏转，甲烧杯电极附近产生无色气泡，乙烧杯溶液黄色逐渐变为浅绿色。
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；化学平衡移动原理；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）中氧元素化合价-2价，计算得到碳元素化合价+3价；
故答案为： +3 ；
（2）溶液中存在平衡：，加入硫酸后，溶液中浓度增大，会与结合，使平衡正向移动，令增大，滴加溶液后溶液变红。
故答案为： 溶液中存在平衡：，加入硫酸后，溶液中浓度增大，会与结合，使平衡正向移动，令增大，滴加溶液溶液变红。 ；
（3）若发生氧化还原反应，铁离子会被还原为亚铁离子，所以主要设计实验确认溶液中无亚铁离子。故答案为：取少量实验Ⅰ中翠绿色溶液，滴加溶液，不出现蓝色沉淀。
（4）反应中铁的化合价降低，则C的化合价升高，气体为二氧化碳，故反应离子方程式为：。
故答案为： 2；4；2；； ；
（5）步骤II中加入过氧化氢后，产生红褐色沉淀即为氢氧化铁，则证明被氧化或步骤Ⅲ中得到翠绿色溶液(溶液)，故答案为：Ⅱ中产生大量红褐色沉淀（或Ⅲ中得到翠绿色溶液）。
故答案为： Ⅱ中产生大量红褐色沉淀（或Ⅲ中得到翠绿色溶液） ；
（6）以上现象不能说明没有被氧化，有+4价碳的化合物生成，才能说明草酸根离子被氧化，以上现象无法判断是否生成了+4价碳的化合物，不能说明草酸根离子没有被氧化。
故答案为： 不能说明，有+4价碳的化合物生成，才能说明草酸根离子被氧化，以上现象无法判断是否生成了+4价碳的化合物，不能说明草酸根离子没有被氧化； ；
（7）比较和的还原性强弱应避免和的接触干扰实验，可借助有双池及盐桥构成原电池装置，用石墨做电极，一池装溶液，另一池装溶液，若还原性强于，则负极上失电子发生氧化反应，电流计指针偏转，甲烧杯电极附近产生无色气泡，乙烧杯溶液黄色逐渐浅绿色。故实验装置为：。
故答案为：预期现象：电流计指针偏转，甲烧杯电极附近产生无色气泡，乙烧杯溶液黄色逐渐变为浅绿色。
【分析】(1)根据 O 为 - 2 价，结合离子电荷，计算 C 的化合价。
(2)利用平衡移动（H+结合 C2O42-，使 [Fe(C2O4)3]3-解离出 Fe3+）解释现象。
(3)通过检验是否存在 Fe2+（用 K3[Fe(CN)6]），判断是否发生氧化还原。
(4)根据 Fe 化合价降低、C 化合价升高，结合原子和电荷守恒配平。
(5)通过 Fe2+被氧化为 Fe(OH)3（红褐色沉淀）或生成含 Fe3+的配合物（绿色溶液）判断。
(6)C2O42-氧化产物是 + 4 价碳（如 CO2），需检验该产物才能判断是否被氧化。
(7)设计原电池，通过负极反应（C2O42-失电子）、现象（气泡、溶液变色）比较还原性。
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