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广西南宁市2025届高三下学期第二次适应性考试化学试题
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2025·南宁模拟）壮族“三月三”是国家级非物质文化遗产。下列说法正确的是
A．银饰的主要材质是传统无机非金属材料
B．米酒酿造过程中发生了化学反应
C．铜鼓表面铜绿的主要成分是氢氧化铜
D．绣球所用棉、麻线的主要成分与淀粉互为同分异构体
2．（2025·南宁模拟）可用于柠檬等水果的熏蒸处理，遇水发生反应：。下列说法正确的是
A．的电子式为 B．HClO在溶液中能电离出
C．中含有键 D．的VSEPR模型为
3．（2025·南宁模拟）是有机合成常用的催化剂，一定条件下可发生如图转化。下列说法错误的是
A．是极性分子
B．键角：
C．中存在氢键和配位键
D．熔化可产生阴、阳离子
4．（2025·南宁模拟）某小组在实验室用茉莉花提取茉莉花精油的操作流程如下。下列实验操作对应的装置错误的是
A．研磨
B．溶解
C．过滤
D．蒸馏
5．（2025·南宁模拟）短周期主族元素的原子序数依次增大。已知元素形成的化合物最多，基态、原子核外未成对电子数之比为，在同周期主族元素中原子半径最大。下列说法正确的是
A．电负性： B．第一电离能：
C．原子半径： D．最简单氢化物的沸点：
6．（2025·南宁模拟）丹参酮IIB是中国传统中药丹参中的重要活性成分之一，具有抗氧化、抗炎、抗菌等多种药理作用，其结构如下图。下列有关丹参酮IIB分子的说法正确的是
A．有3种含氧官能团
B．有2个手性碳
C．可发生氧化反应、酯化反应和消去反应
D．该分子最多可与发生加成反应
7．（2025·南宁模拟）以为原料合成氢叠氮酸的流程如下：。为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．中所含电子的数目为
B．中含键的数目为
C．完全转化为，转移电子的数目为
D．已知为弱酸，溶液中含的数目为
8．（2025·南宁模拟）镁电池是未来能源存储的重要发展方向。部分含物质的分类与相应化合价关系如图，下列说法正确的是
A．基态Mg原子核外电子的空间运动状态有12种
B．工业上常通过电解熔融来制备
C．经过的转化可实现从海水中提取镁
D．蒸干的水溶液一定能得到原溶质
9．（2025·南宁模拟）下列实验方案不能达到探究目的的是
　 实验方案 探究目的
A 将新鲜菠菜剪碎、研磨、溶解、过滤，向滤液中加入少量稀硝酸，再滴加几滴KSCN溶液，观察现象 菠菜中是否含有铁元素
B 向盛有水溶液的试管中滴加几滴品红溶液，振荡，加热试管，观察溶液颜色变化 是否具有漂白性
C 常温下，向溶液中滴加5滴溶液，充分反应后，再滴加5滴溶液，观察沉淀颜色变化 比较的大小
D 向两支试管中各加入的溶液，分别滴加2滴蒸馏水和2滴溶液，观察产生气泡的速率 是否能加快分解
A．A B．B C．C D．D
10．（2025·南宁模拟）一种清洁、低成本的双联装置工作原理如图所示，浓缩海水形成的离子浓度差会驱动离子从高浓度区域向低浓度区域迁移，进而产生离子电流。下列说法错误的是
A．装置I中Li+移向X电极
B．装置II中电极W为阳极
C．装置II中电极反应为
D．装置II中电极W产生标准状况下22.4L气体时，装置I中可制得42.5gLiCl
11．（2025·南宁模拟）下列离子方程式书写正确的是
A．用醋酸处理水垢中的碳酸钙：
B．与反应生成蓝色沉淀：
C．向溶液中加入过量的溶液：
D．向的悬浊液中滴加溶液：
12．（2025·南宁模拟）某新型储氢材料的晶胞结构如图所示，该立方晶胞参数为为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．与最近且距离相等的有12个
B．晶胞的化学式为
C．的空间结构为正四面体形
D．晶体的密度为
13．（2025·南宁模拟）在工业生产上可利用硫与为原料制备。
450℃以上，发生反应I：；
600℃以上，发生反应Ⅱ：2。
一定条件下，分解产生的体积分数、与反应中平衡转化率与温度的关系如图所示。下列说法错误的是
A．反应Ⅱ的
B．的体积分数保持不变，说明反应处于平衡状态
C．在密闭容器中，某温度下若完全分解，当体积分数为时，转化率为
D．反应Ⅱ温度不低于600℃的原因是：低于此温度，浓度小，反应速率慢
14．（2025·南宁模拟）常温下向的溶液中通入气体，随反应进行(不考虑分解)，溶液中代表或)的值随溶液变化存在如图所示关系，下列说法错误的是
A．线代表随溶液pH的变化线
B．
C．溶液的约为12
D．溶液中存在：
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（2025·南宁模拟）广西是中国铟(49In)产业的重要基地。某工厂从金属冶炼的废渣(主要含、、及少量不溶于酸的杂质)中回收铟的工艺流程如图所示：
已知：①室温下：；
②若溶液中某离子浓度小于，则认为该离子沉淀完全。
回答下列问题：
（1）铟与铝同主族，基态铟原子的价层电子排布式为　 　。
（2）为提高“酸浸1”的速率，可采取的措施是　 　(任举一例)。
（3）“操作1”的具体操作：加热浓缩、　 　、过滤、洗涤、干燥。
（4）若“酸浸2”后溶液中浓度为，用进行“中和”时，需控制的范围为　 　。
（5）“浸渣3”的主要成分为　 　(填化学式)。
（6）“还原”中主要反应的离子方程式为　 　。
（7）磷化铟是半导体领域的重要原料，其晶胞结构类型与金刚石的相似，磷化铟晶体类型是　 　晶体。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。下图为磷化铟的晶胞示意图，在晶胞坐标系中，a点铟的原子坐标为，则b点磷的原子坐标为　 　。
16．（2025·南宁模拟）工业合成氨的反应为，原料中的可来源于水煤气，相关反应如下：
a．
b．
回答下列问题：
（1）已知，则　 　。
（2）在一定温度下，在体积固定的密闭容器中加入一定量的和，发生反应、，下列说法错误的是_______(填标号)。
A．平衡时向容器中充入惰性气体，反应的平衡逆向移动
B．混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡
C．使用催化剂可提高CO平衡转化率
D．高温有利于反应a自发进行
（3）已知合成氨反应在催化剂表面要经历吸附(附着催化剂表面)、断键……成键、脱附(脱离催化剂表面)等过程，和在催化剂上进行断键的过程要　 　(填“吸收”或“放出”)较多的能量，和在催化剂表面合成的反应过程的顺序为⑤→　 　(用图1中序号表示)。
（4）在℃、压强为的条件下，向一恒压密闭容器中通入的混合气体，体系中气体的含量与时间变化关系如图2所示：
①反应达到平衡，试求内氨气的平均反应速率　 　，该反应的　 　(用数字表达式表示，为以分压表示的平衡常数，分压总压物质的量分数)。
②若起始条件相同，在恒容容器中发生反应，则达到平衡时的含量符合图中　 　(填“d”“e”“f”或“g”)点。
（5）以为氮源通过电解法制取氨气装置如图所示。阴极的电极反应式为　 　。
17．（2025·南宁模拟）高铁酸钾是一种新型绿色消毒剂，其制备与应用探究如下：
I．合成
步骤①：按图1装置，将溶液加入仪器a中，控制温度低于20℃，搅拌下通入至饱和，再加入固体，充分反应得到强碱性饱和溶液。
步骤②：将盛有固体的烧杯置于冰水浴中，分批加入①中所得溶液，搅拌，反应得到溶液，过滤。
步骤③：在滤液中加入饱和溶液，冰水浴保持，过滤得到粗产品。将粗产品纯化得到纯产品。
II．用去除废水中苯酚的探究
对苯酚的去除率随着的变化关系如图2所示。
已知：
1.在较高温度下发生歧化反应生成。
II．在强碱性溶液中比较稳定，其氧化能力随着的增大而减小。
回答下列问题：
（1）图1中，仪器a的名称是　 　；乙装置的导管口应连接　 　(填丙中标号)。
（2）步骤①中“控制温度低于20℃”的目的是　 　。
（3）步骤②合成的离子方程式为　 　。
（4）步骤③中，物质的溶解性：　 　(填“>”或“<”)；粗产品的纯化方法为　 　。
（5）的产率为　 　。
（6）图2中，时，苯酚去除率最高的原因是　 　。
18．（2025·南宁模拟）化合物是从大豆中分离出来的一种新型异戊烯基异黄酮，具有重要的生物防御活性，其合成路线如下。
已知：（R为H或烃基）。
（1）化合物A的化学名称为　 　，化合物D中官能团的名称为　 　。
（2）化合物C的结构简式为　 　。
（3）EF的反应类型是　 　，F中碳原子的杂化轨道的类型为　 　。
（4）的化学方程式为　 　。
（5）在B的同分异构体中，同时满足下列条件的共有　 　种。
①能够发生银镜反应；②与溶液发生显色发应；③苯环上有2个取代基。
（6）J→K多步反应中包含“去除保护”步骤，依据I→K的原理，I先“去除保护”再“关环”会生成一种含有4个六元环的有机化合物，其结构简式是　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；无机非金属材料；多糖的性质和用途
【解析】【解答】A、银饰的主要材质是金属银，属于金属材料，而传统无机非金属材料主要指陶瓷、玻璃、水泥等，A错误；
B、米酒酿造过程中，淀粉先水解生成葡萄糖，葡萄糖再在酒曲酶的作用下发酵生成乙醇和二氧化碳，二者都是典型的化学反应，B正确；
C、铜鼓表面的铜绿主要成分是铜在空气中氧化后的产物碱式碳酸铜，并非氢氧化铜，C错误；
D、棉、麻线的主要成分是纤维素，纤维素与淀粉的化学式均为：(C6H10O5)n，但n值不同，结构也不同，因此它们不是同分异构体，而是同素异形体以外的同分子式不同结构的同系物，更准确地说是不同聚合度的多糖，D错误；
故答案为：B
【分析】传统文化题本质是披着文化外衣的物质性质题，因此看到“银饰”想到是金属；看到“铜鼓”想到是铜合金+铜绿；看到“米酒”想到是发酵属于化学变化；看到“棉麻”想到是纤维素；看到“丝”想到是蛋白质；看到“陶瓷”想到是无机非金属材料。
2．【答案】A
【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；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、为共价化合物，N原子最外层有5个电子，与3个H原子形成3对共用电子对后，还剩余1对孤电子对，因此其电子式为，A正确；
B、是弱酸，中心原子是O原子，其结构式为：H-O-Cl，断裂的是H-O键，因此正确的电离方程式为：，B错误；
C、水分子中氧原子为不等性杂化，还存在两对孤对电子，其中氢原子的轨道和氧原子的杂化轨道头碰头重叠，存在键，C错误；
D、中心原子的价层电子对数为：，有一对孤对电子，VSEPR模型为四面体形：，而选项：则是其含有一对孤对电子的实际构型，D错误；
故答案为：A
【分析】利用VSEPR推断分子或离子的空间构型的具体步骤如下：
确定中心原子A价层电子对数目。中心原子A的价电子数与配位体X提供共用的电子数之和的一半，就是中心原子A价层电子对的数目；确定价层电子对的空间构型。由于价层电子对之间的相互排斥作用，它们趋向于尽可能的相互远离；分子空间构型的确定。价层电子对有成键电子对和孤电子对之分。中心原子周围配位原子（或原子团）数，就是键对数，价层电子对的总数减去键对数，得孤对数。根据键对数和孤对电子数，可以确定相应的较稳定的分子几何构型；
3．【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、中心原子B的价层电子对数是：，无孤对电子，空间构型为平面三角形，结构对称，正负电荷的中心重合，键的极性相互抵消，偶极矩为0，是仅含极性共价键的非极性分子，A错误；
B、分子的中心原子价层电子对数为：，采取不等性杂化，孤电子对数为2，价层电子对会发生互斥，导致键角偏小，约为价层电子对数为3，采用的是等性杂化，空间构型为平面三角形，键角约为的键角小于，B正确；
C、分子间的与之间形成的是分子间氢键，结构为：O-H···O，除此之外水分子中原子提供孤电子对，原子是缺电子原子，能提供空轨道，因此与原子之间还可以存在配位键，C正确；
D、从题干给定的转化可以看出，熔化后得到的物质为：，由阴、阳离子构成，D正确；
故答案为：A
【分析】判断原子的杂化类型，最基本的常规方法，是根据VSEPR判断：价层电子对数=孤电子对数+σ键电子对数。而杂化轨道要么用来容纳孤电子对，要么填充1个电子用来形成σ键。因此杂化轨道数就等于价层电子对数。
4．【答案】D
【知识点】过滤；蒸馏与分馏；实验装置综合
【解析】【解答】A、研磨是为了在后续的溶解过程中提高茉莉花精油的提取率，在这个过程中配套使用研钵研杵，操作装置正确，A正确；
B、向研磨后的茉莉花中加入有机溶剂（如石油醚），充分搅拌，使茉莉花精油充分溶解于有机溶剂，图中溶解操作在烧杯中进行，用玻璃棒搅拌可加速溶解，装置与操作匹配，B正确；
C、充分溶解后，过滤，分离除去不溶物，得到茉莉精油溶液，过滤操作中滤纸贴合漏斗内壁，漏斗下端紧贴烧杯内壁，用玻璃棒引流液体缓慢倒入，装置符合固液分离的过滤要求，C正确；
D、根据物质沸点的不同，将溶液进行蒸馏，分离出有机溶剂和茉莉花精油，在蒸馏装置中，温度计的水银球应放在蒸馏烧瓶支管口处，而不能插入溶液中，D错误；
故答案为：D
【分析】研磨：使用研钵和研杵，在固体颗粒较大需要粉碎时使用；溶解：使用烧杯和玻璃棒，要注意不能在容量瓶中溶解固体，也不能在容量瓶直接溶解；过滤：使用漏斗、烧杯、玻璃棒、铁架台，要注意玻璃棒要引流，靠在三层滤纸一侧，漏斗末端要紧贴烧杯内壁，滤纸边缘要低于漏斗口；蒸馏：使用蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、锥形瓶、铁架台，要注意温度计水银球放在支管口处，冷凝管水流方向下进上出，蒸馏烧瓶要加沸石防暴沸，锥形瓶不能密封；
5．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、由元素周期律可知，同周期元素从左到右电负性递增，同主族元素从上到下电负性递减，则电负性：，A错误；
B、由元素周期律可知，同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，同主族元素从上到下第一电离能递减，则第一电离能：，B错误；
C、由元素周期律可知，电子层数越多原子半径越大，电子层数相同时，从左至右核电荷数越大原子半径越小，则原子半径：，C正确；
D、HF、含有氢键，导致其沸点反常，其沸点高于，而对于其它氢化物而言，沸点只与其相对分子质量有关，相对分子质量越大，其沸点越高，又因为HF的相对分子质量大于，其沸点高于，则最简单氢化物的沸点：，D错误；
故答案为：C
【分析】根据题干信息推断，短周期主族元素的原子序数依次增大，且元素形成的化合物最多，而自然界中只有碳元素形成的化合物最多，故X为C；基态、原子核外未成对电子数之比为，Y未成对电子数为3，Z未成对电子数为1，Y为第ⅤA族元素，Z为ⅦA族元素，在同周期主族元素中原子半径最大，结合原子半径递变规律，W为ⅠA族元素，结合原子序数大小推断出同周期主族元素中原子半径最大，且原子序数大于 X，可知Y为N，Z为F，W为Na。
6．【答案】A
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物中的官能团；有机物（官能团）的检验；消去反应
【解析】【解答】A、由丹参酮IIB的结构简式可知，其中含有羟基、酮羰基、醚键（呋喃环中的-O-就是属于醚类官能团），共3种含氧官能团，A正确；
B、连有4个不同原子或原子团的碳原子称为手性碳原子，图中标*的碳原子为手性碳原子，只有一个，B错误；
C、醇的消去反应需要羟基邻位碳上有α-H，但是丹参酮ⅡB的羟基因邻位C上没有氢原子，故不能发生消去反应，C错误；
D、丹参酮IIB中含有苯环（3mol）、呋喃环（2mol）、酮羰基（2mol），可以和发生加成反应，则该有机物与足量反应最多消耗，D错误；
故答案为：A
【分析】连有四个不同基团的碳原子称为手性碳原子。判断依据为：
1.凡碳原子上连有相同基团的，非手性碳，如CH3－， －CH2－ 。
2.凡碳原子连有双键、三键的，非手性碳如 >C=C<、 –C≡C– 、–COOH 、–COOR、 –CHO 、–CO – 。
3.凡碳原子在环上，将环上碳原子所连接的两个单键剪断，剪下的部分结构不对称，该碳原子为手性碳；若剪下的部分结构对称，该碳原子不是手性碳。
7．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、由HN3的化学式可知，其相对分子质量为：1+14×3=43，故为1mol，接着看1个HN3的电子数：1+7×3=22，故1molHN3含22mol电子，电子数目为，A错误；
B、N2H4的结构为：NH2-NH2，其中单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，中含5mol键（4个N-H键和1个N-N键），键数目为，B正确；
C、反应后生成，其中Cl元素从+1价降到-2价，也就是说1mol的NaClO反应会转移2mol电子，则反应后转移的电子数目为，C错误；
D、因为为弱酸，在水溶液中只能发生部分电离：，则含的溶液中含的数目小于，D错误；
故答案为：B
【分析】电子数就是对应的化学式中各个原子序数之和，且单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，除此之外要注意弱酸在溶液中部分电离，离子浓度小于溶质的初始浓度。
8．【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；盐类水解的应用；海水资源及其综合利用；金属冶炼的一般原理
【解析】【解答】A、基态原子核外电子排布为1s22s22p63s2，而电子的空间运动状态由轨道决定，1 个轨道对应 1 种空间运动状态，其电子共占据6个原子轨道，空间运动状态有6种，A错误；
B、工业上电解熔融得到镁单质，而非电解熔融的MgO，这是因为MgO是典型的离子晶体，晶格能大，熔点高，导致能耗大，B错误；
C、镁盐与石灰乳反应得到与盐酸反应得到，分离得到无水后，电解熔融得到镁单质，C正确；
D、若d是MgCl2，在水溶液中Mg2+会发生水解：，蒸干水溶液时，HCl会挥发，最终得到Mg(OH)2或MgO，并不能得到原溶质，D错误；
故答案为：C
【分析】首先根据分类+化合价，并结合题干信息来确定物质：a的化合价为0，分类为单质，故a为Mg单质；b的化合价为+2价，分类为氧化物，故b为MgO；c的化合价为+2价，分类为碱，故c为Mg(OH)2；d的化合价为+2价，分类为盐，故d为Mg的盐（如MgCl2、MgSO4等）。
9．【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二价铁离子和三价铁离子的检验；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、菠菜中的铁元素常以亚铁离子或有机配合物形式存在，通过研磨、溶解后加稀硝酸可氧化亚铁为三价铁，再用KSCN检验，铁离子遇到KSCN溶液变红，若溶液变红，说明菠菜中含有铁元素，A正确；
B、二氧化硫的漂白性具有可逆性，这是其漂白特点，首先，SO2与品红溶液中的有色物质结合，生成不稳定的无色物质，使溶液褪色，此过程体现漂白性，加热时，这种不稳定的无色物质会分解，恢复为原来的有色物质，溶液重新变红，B正确；
C、向溶液中加入NaCl溶液时，由于过量，继续加入溶液，剩余的与反应生成黄色沉淀，没有发生沉淀转化，无法比较()和大小，正确的做法是：常温下，向 10 mL 0.1 mol L- NaCl 溶液中滴加 5 滴 0.1 mol L- AgNO3溶液，充分反应后，再滴加 5 滴 0.1 mol L- KI 溶液，观察到白色沉淀转化为黄色沉淀，说明 K (AgCl) > K (AgI)，C错误；
D、采用控制变量方法，对照实验中，蒸馏水组为空白对照，FeCl3组为实验组，通过观察气泡速率差异，可判断FeCl3是否加快H2O2分解，方案合理，D正确；
故答案为：C
【分析】做题时一定要看清楚所设计的实验方案与探究的目的是否存在一一对应的关系，是否具有可行性，要注意，选项所描述的说法可能都正确，但不存在因果关系，或者没有控制变量，要选择存在因果关系并且描述均正确的选项；
10．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用；原电池、电解池综合
【解析】【解答】A、装置Ⅰ为浓度差电池，Li+从高浓度区域向低浓度区域自发迁移，产生电流，根据图示和浓度差电池原理，X电极所在区域为高浓度侧（正极），因此Li+向X电极迁移，A正确；
B、装置Ⅱ是由装置Ⅰ驱动的电解池。装置Ⅰ中电子从负极（Y电极）流出，流入装置Ⅱ的阴极（Z电极），则装置Ⅱ中与装置Ⅰ正极（X电极）相连的W电极为阳极，B正确；
C、装置Ⅱ中Z电极为阴极，在NaCl溶液中发生还原反应，电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，C正确；
D、装置II中的W电极生成氯气1mol，转移电子的物质的量为，结合得失电子守恒，故装置I中电极生成，则装置中可制得，D错误。
故答案为：D
【分析】结合题干信息，先分析装置I（原电池）和装置Ⅱ（电解池）的工作原理：
装置I：浓缩海水（高浓度Li+）中的Li+通过聚合物导体迁移到低浓度区域，Pt电极X、Y为离子迁移的载体，Li+向Ⅹ电极迁移，最终在X电极处与Cl-结合生成LiCl，故X为正极，Y为负极。
装置Ⅱ：为电解池，电极W为阳极，Cl-放电生成Cl2，电极Z为阴极，H2O放电生成H2，其中W电极反应为：，Z电极反应为：。
11．【答案】B
【知识点】盐类水解的原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二价铁离子和三价铁离子的检验；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、醋酸是弱酸，在离子方程式中应保留化学式，不能拆分为H+，正确的离子方程式应为：，A错误；
B、与反应生成蓝色沉淀KFe[Fe(CN)6]，离子方程式符合原子守恒、电荷守恒，且沉淀符号使用正确，反应的离子方程式为：，B正确；
C、NH4HCO3溶液中加入过量NaOH，电离出来的NH4+和HCO3-都会与OH-反应，正确的离子方程式应为： ，C错误；
D．向的悬浊液中滴加溶液发生沉淀转化，且AgBr是难溶物，在离子方程式中应保留化学式，不能拆分为Ag+，离子方程式为：，D错误；
故答案为：B
【分析】一般来说，离子方程式的正误判断我们从以下几个方面来判断：是否符合守恒规律。
离子方程式的书写应当满足电荷守恒、原子守恒、电子守恒关系，否则离子方程式的书写错误；离子方程式的书写是否符合客观事实；是否正确使用符号；拆分是否正确；离子反应是否写全；是否符合量的关系。
12．【答案】D
【知识点】离子晶体；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、位于晶胞的顶点和面心，形成面心立方结构，每个离子周围最近且等距离的同种离子有 12 个，A正确；
B、根据均摊法，每个晶胞中含有的个数为：（位于晶胞的顶点和面心），含有的个数为：8（白球，全部位于晶胞内部），则新型储氢材料的化学式为：，B正确；
C、中原子的价层电子对数为：=4，且无孤电子对，4个B-H键等同，属于sp3等性杂化，的空间结构为正四面体形，C正确；
D、晶胞的质量为：，晶胞的体积为：，则其密度为，D错误；
故答案为：D
【分析】晶胞中粒子数的计算方法—均摊法：于平行六面体晶胞，当原子位于晶胞的顶点时，它被8个晶胞所共有，则该原子有属于这个晶胞；原子位于晶胞的棱上（通常是棱心）时，它被4个晶胞所共有，则该原子有属于这个晶胞；原子位于晶胞的面上（通常是面心）时，它被2个晶胞所共有，则该原子有属于这个晶胞；原子位于晶胞的体内（通常是体心）时，则该原子属于这个晶胞。
13．【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、由图可知，随温度升高，甲烷的转化率降低，说明平衡逆向移动，根据勒夏特列原理可知反应Ⅱ的正反应为放热反应，则，A正确；
B、CS2表示的是反应的Ⅱ生成物，在恒温恒容条件下，若CS2的体积分数保持不变，说明其浓度不再随时间改变，可作为判断反应达到平衡状态的标志，B正确；
C、设的起始物质的量为mol，转化的物质的量为mol，列三段式如下：
的体积分数为，即，解得，则的转化率为，C错误；
D、由图可知，在600℃时甲烷平衡转化率高达98%以上，而当温度低于600℃时，S2的体积分数较低，反应Ⅰ进行程度小，浓度小导致反应Ⅱ速率慢，因此需在600℃以上进行，D正确；
故答案为：C
【分析】化学平衡状态的标志可概括为“一等五不变”，“一等”即正反应速率等于逆反应速率，其意义是针对反应体系中同一反应物（或生成物）而言的，而不是同一反应中的不同物质。若用同一反应中不同物质来表示正反应速率和逆反应速率，必须要求两速率反向（切忌单向速率）且两速率之比等于其对应的化学计量数之比。“五不变”即反应混合物中各组分的浓度保持不变，其意义是指各组分的物质的量不变；各组分的浓度不变；各组分的百分含量不变；反应物的转化率不变；对于全为气体的可逆反应，当左右气体含量之比相同时，混合气体总物质的量不变。
14．【答案】C
【知识点】电解质在水溶液中的电离；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A、已知酸性：，则，由公式可知，Ka越小，随pH变化的直线斜率越缓慢，线M斜率更缓慢，对应酸性更弱的HClO，故线M代表随溶液pH的变化线，A正确；
B、由分析可知，线N代表的是随溶液的变化线，当pH=3.2时，对应，，得：Ka(HF)=c(H+)=10 3.2，B正确；
C、在NaClO溶液中，ClO-会发生水解：，由M线可知，HClO的Ka为10-7.5，则ClO-的水解常数：，溶液中：，，，C错误；
D、在水溶液根据电荷守恒，阳离子为：Na+、H+，阴离子为：ClO-、F-、OH-，据此可知得出溶液中存在：，D正确；
故答案为：C
【分析】由弱酸的电离平衡常数可知，，，将此公式稍作变，斜率为1；接着又由于同浓度酸性：，当时，，则，，所以线和分别代表和随溶液的变化线。
15．【答案】（1）
（2）把废渣粉碎、搅拌、适当升温等合理答案均可
（3）冷却结晶
（4）
（5）
（6）
（7）共价；
【知识点】晶胞的计算；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
【解析】【解答】（1）、铟与铝同主族，位于第ⅤA族，基态铟原子的价层电子排布式为。
（2）、为提高“酸浸1”的速率，可采取的措施是把废渣粉碎、搅拌、适当升温等。
（3）、操作1是从溶液中得到ZnSO4·7H2O晶体，具体操作为：加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
（4）、“酸浸2”后溶液中In3+浓度为0.1mol L-1，则加入Na2CO3进行“中和”时，让Fe3+完全沉淀，浓度小于10-5mol/L，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10 38=c(Fe3+)×c3(OH-)，10-5×c3(OH-)=1.0×10-38，得出c(OH-)＞10-11mol/L，c(H+)＜10-3mol/L，pH＞3，In3+浓度为0.1mol L-1不沉淀，Ksp[In(OH)3]=1.0×10 28= c(In3+)×c3(OH-)，0.1×c3(OH-)=1.0×10-28，得出c(OH-)＜10-9mol/L，c(H+)＞10-5mol/L，pH＜5，调节范围为：3.0＜pH＜5.0。
（5）、由分析可知，“浸渣3”的主要成分为。
（6）、“还原”过程中，In3+被Zn还原得到粗铟，Zn被In3+氧化为Zn2+，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。
（7）、金刚石是共价晶体，磷化铟与金刚石的相似，磷化铟晶体类型是共价晶体，在晶胞坐标系中，a点铟的原子坐标为，P和In原子的最短距离为体对角线的，由晶胞结构可知，b点磷的原子坐标为。
【分析】由题干可知，金属冶炼的废渣主要含、、及少量不溶于酸的杂质，首先在pH值5.0~5.4的范围内酸浸，能与酸反应生成对应的Zn2+，溶于硫酸得到ZnSO4溶液，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到ZnSO4·7H2O；而控制pH的原因是保持弱酸的环境，只溶解Zn，实现与Zn2+的分离，因此不溶于酸的杂质、和则留在浸渣1中；继续酸浸，此时pH=1.0，和能完全溶于酸生成对应的ln3+、Fe3+，而不溶于酸的杂质则留在浸渣2中；接着加入Na2CO3中和溶液，升高其pH，得到浸渣3是Fe(OH)3沉淀，溶液中的In3+被Zn还原得到粗铟，最后电解精炼得到精铟。
（1）铟与铝同主族，位于第ⅤA族，基态铟原子的价层电子排布式为。
（2）为提高“酸浸1”的速率，可采取的措施是把废渣粉碎、搅拌、适当升温等。
（3）操作1是从溶液中得到ZnSO4·7H2O晶体，具体操作为：加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
（4）“酸浸2”后溶液中In3+浓度为0.1mol L-1，则加入Na2CO3进行“中和”时，让Fe3+完全沉淀，浓度小于10-5mol/L，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10 38=c(Fe3+)×c3(OH-)，10-5×c3(OH-)=1.0×10-38，得出c(OH-)＞10-11mol/L，c(H+)＜10-3mol/L，pH＞3，In3+浓度为0.1mol L-1不沉淀，Ksp[In(OH)3]=1.0×10 28= c(In3+)×c3(OH-)，0.1×c3(OH-)=1.0×10-28，得出c(OH-)＜10-9mol/L，c(H+)＞10-5mol/L，pH＜5，调节范围为：3.0＜pH＜5.0。
（5）由分析可知，“浸渣3”的主要成分为。
（6）“还原”过程中，In3+被Zn还原得到粗铟，Zn被In3+氧化为Zn2+，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。
（7）金刚石是共价晶体，磷化铟与金刚石的相似，磷化铟晶体类型是共价晶体，在晶胞坐标系中，a点铟的原子坐标为，P和In原子的最短距离为体对角线的，由晶胞结构可知，b点磷的原子坐标为。
16．【答案】（1）
（2）A；C
（3）吸收；④→①→②→③
（4）0.005；；
（5）
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）、已知c．，由盖斯定律可知，反应c-反应a可得反应b，则。
（2）、A、平衡时向容器中充入惰性气体，反应物和生成物的浓度均不变，反应的平衡不移动，A错误；
B、反应过程中混合气体的总质量增大，容器体积是定值，气体密度增大，当混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，B正确；
C、使用催化剂，平衡不发生移动，不能提高CO平衡转化率，C错误；
D、反应a是熵增的吸热反应，高温有利于反应a自发进行，D正确；
故答案为：AC。
（3）、和在催化剂上进行断键的过程吸收较多的能量，和在催化剂表面合成的反应过程中和先在催化剂表面被吸附，然后断键形成N原子和H原子，N原子和H原子形成，最后从催化剂表面脱吸附，顺序为⑤→④→①→②→③。
（4）、①、反应20min达到平衡时，氮气、氢气、氨气的分压分别为MPa、MPa、MPa，则0-20min内氨气的平均反应速率为，反应的平衡常数；
②、该反应为气体体积减小的反应，若起始条件相同，恒压密闭容器相当于恒容容器增大压强，反应速率加快，达到平衡的时间减小，平衡向正反应方向移动，氢气的百分含量减小，则若起始条件相同，在恒容容器中发生反应，达到平衡所需时间大于恒压密闭容器，氢气的百分含量高于恒压密闭容器，故答案为：g。
（5）、由图可知，酸性条件下氮气在阴极得到电子发生还原反应生成氨气，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极反应式为。
【分析】盖斯定律的使用原则：化学反应不管是一步完成还是分几步完成，其反应热是相同的；化学反应的反应热只与反应的始态（各反应物）和终态（各生成物）有关，而与具体反应的途径无关；任何化学反应的反应热和其逆反应的反应热大小相等，符号相反；任何化学反应，当各物质系数发生变化时，反应热的数值也随之发生变化。书写化学反应三段式时的注意事项：单位一致，确保起始量、变化量和平衡量的单位保持一致；注意化学计量数、注意物质状态固体、纯液体一般不参与其中；考虑可逆反应的平衡量不是完全转化的结果，而是反应物和生成物共存的状态。此时需要根据反应的转化率或平衡常数进行计算。分析化学反应速率和化学平衡图像题的方法：一看面（纵、横坐标的意义）；二看线（线的走向和变化趋势）；三看点（起点拐点终点）；四看辅助线（如等温线、等压线、平衡线）；五看量的变化（如浓度变化、温度变化），然后联想平衡移动原理，分析条件对反应速率、化学平衡移动的影响，最后利用原理，结合图像，分析图像中所代表反应速率变化或化学平衡的线，作出判断。
（1）已知c．，由盖斯定律可知，反应c-反应a可得反应b，则。
（2）A．平衡时向容器中充入惰性气体，反应物和生成物的浓度均不变，反应的平衡不移动，A错误；
B．反应过程中混合气体的总质量增大，容器体积是定值，气体密度增大，当混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，B正确；
C．使用催化剂，平衡不发生移动，不能提高CO平衡转化率，C错误；
D．反应a是熵增的吸热反应，高温有利于反应a自发进行，D正确；
故选AC。
（3）和在催化剂上进行断键的过程吸收较多的能量，和在催化剂表面合成的反应过程中和先在催化剂表面被吸附，然后断键形成N原子和H原子，N原子和H原子形成，最后从催化剂表面脱吸附，顺序为⑤→④→①→②→③。
（4）①反应20min达到平衡时，氮气、氢气、氨气的分压分别为MPa、MPa、MPa，则0-20min内氨气的平均反应速率为，反应的平衡常数；
②该反应为气体体积减小的反应，若起始条件相同，恒压密闭容器相当于恒容容器增大压强，反应速率加快，达到平衡的时间减小，平衡向正反应方向移动，氢气的百分含量减小，则若起始条件相同，在恒容容器中发生反应，达到平衡所需时间大于恒压密闭容器，氢气的百分含量高于恒压密闭容器，故选g。
（5）由图可知，酸性条件下氮气在阴极得到电子发生还原反应生成氨气，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极反应式为。
17．【答案】（1）三颈烧瓶；c
（2）有利于氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠，防止发生歧化反应
（3）
（4）>；重结晶
（5）80%
（6）小于8.87时，高铁酸钾的稳定性较弱，大于8.87时，高铁酸钾的氧化能力较弱
【知识点】物质的分离与提纯；实验装置综合；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）、图1中，仪器a的名称是三颈烧瓶；氯气有毒，污染空气，石灰乳可除去未反应的氯气，故乙装置的导管口应连接c；
（2）、根据已知信息，在较高温度下发生歧化反应生成，故步骤①中要“控制温度低于20℃”，有利于氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠，防止发生歧化反应；
（3）、步骤②中，具有强氧化性，将氧化为，自身转化为，根据得失电子和元素守恒得离子方程式为：；
（4）、步骤③中，向溶液中加入饱和溶液，冰水浴保持，过滤后得到粗产品，说明溶解性更小，即溶解性：；粗产品中含有杂质，在适当溶剂中加热时，目标产物可较多溶解，杂质则不溶或极易溶，溶液冷却后，目标产物因溶解度降低而结晶析出，故粗产品的纯化方法为重结晶；
（5）、，则，，故产率；
（6）、根据已知信息，在强碱性溶液中比较稳定，其氧化能力随着的增大而减小，则时，苯酚去除率最高的原因是小于8.87时，高铁酸钾的稳定性较弱，大于8.87时，高铁酸钾的氧化能力较弱；
【分析】步骤①将NaOH溶液加入仪器a：三颈烧瓶，冰水浴控制温度低于20℃，通入Cl2至饱和，再加入NaOH固体，制备NaClO强碱性饱和溶液：，加入过量NaOH固体，使溶液呈强碱性，同时控制温度，防止NaClO在较高温度下发生歧化反应，生成NaClO3，保证NaClO的纯度。
步骤②将5.05gFe(NO3)3·9H2O置于冰水浴中，分批加入步骤①的NaClO强碱性溶液，搅拌后过滤。制备Na2FeO4溶液：，而冰水浴是因为Na2FeO4在低温下更稳定，避免其分解。
步骤③向Na2FeO4滤液中加入饱和KOH溶液，冰水浴保持5min，过滤得到K2FeO4粗产品：，利用K2FeO4在强碱性溶液中溶解度较小的特点，使其沉淀析出；再纯化得到纯产品。
最后是K2FeO4去除废水中苯酚的探究，可以明显的发现苯酚去除率随pH变化呈“先升后降”的趋势，在pH≈8.87时去除率达到峰值。这是由于pH较低时K2FeO4的稳定性差，易分解，氧化能力虽强，但自身损耗多，导致苯酚去除率不高；pH≈8.87时K2FeO4的稳定性与氧化能力达到平衡，能有效氧化苯酚；pH过高时K2FeO4的氧化能力随pH增大而减小，无法有效氧化苯酚，去除率下降。
液，过滤，在滤液中缓慢加入KOH饱和溶液，经过滤得到高铁酸钾粗品。
（1）图1中，仪器a的名称是三颈烧瓶；氯气有毒，污染空气，石灰乳可除去未反应的氯气，故乙装置的导管口应连接c；
（2）根据已知信息，在较高温度下发生歧化反应生成，故步骤①中要“控制温度低于20℃”，有利于氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠，防止发生歧化反应；
（3）步骤②中，具有强氧化性，将氧化为，自身转化为，根据得失电子和元素守恒得离子方程式为：；
（4）步骤③中，向溶液中加入饱和溶液，冰水浴保持，过滤后得到粗产品，说明溶解性更小，即溶解性：；粗产品中含有杂质，在适当溶剂中加热时，目标产物可较多溶解，杂质则不溶或极易溶，溶液冷却后，目标产物因溶解度降低而结晶析出，故粗产品的纯化方法为重结晶；
（5），则，，故产率；
（6）根据已知信息，在强碱性溶液中比较稳定，其氧化能力随着的增大而减小，则时，苯酚去除率最高的原因是小于8.87时，高铁酸钾的稳定性较弱，大于8.87时，高铁酸钾的氧化能力较弱；
18．【答案】（1）对甲基苯酚(或4—甲基苯酚)；(酚)羟基、醛基
（2）
（3）取代反应；、
（4）
（5）6
（6）
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机化合物的命名；同分异构现象和同分异构体；取代反应
【解析】【解答】（1）、由A的结构简式可知，苯环上连接1个羟基和甲基，且处于对位的关系，则A的化学名称为对甲基苯酚(或4—甲基苯酚)，由D的结构简式可知，D中官能团的名称为(酚)羟基、醛基。
（2）、由分析可知，化合物C的结构简式为。
（3）、由分析可知，E和发生取代反应生成F，F中含有甲基和苯环，碳原子的杂化轨道的类型为、。
（4）、由分析可知，G和发生取代反应生成H为，化学方程式为：。
（5）、在B的同分异构体中，满足条件：①能够发生银镜反应，说明其中含有醛基；②与FeCl3溶液发生显色发应，说明其中含有酚羟基；③苯环上有2个取代基；则苯环上的取代基为-OH、-CH2CH2CHO或-OH、-CH(CH3)CHO，每种组合含有邻、间、对3种位置关系，则满足条件的同分异构体共有3×2=6种。
（6）、I若先“去保护”则会引入多个酚羟基，则去保护后的物质中含两个碳碳双键和多个酚羟基，再关环的过程中可能发生两次关环反应，生成含有4个六元环的有机化合物：。
【分析】A的结构中含有甲基和酚羟基能与乙酸酐在催化剂作用下发生取代反应生成B，在苯环上引入酰基和酯基；接着B与氯气在光照条件下发生甲基上的取代反应生成C，B中甲基上的H被取代并引入氯代烷基，故C为：；接着C在NaOH溶液发生水解后酸化得到D，该过程中Cl原子被羟基替换，两个羟基连在同一个碳原子上发生脱水生成醛基，酯基水解后脱羧，同时氯代烷基水解为醛基；E和发生取代反应生成F，属于典型的成醚反应，可以推知E为；D和C5H9Br发生取代反应生成E，则C5H9Br为：，G和发生取代反应生成H为，H和F发生已知信息的反应原理得到I，I关环得到J，J经过多步取代反应生成K。
（1）由A的结构简式可知，苯环上连接1个羟基和甲基，且处于对位的关系，则A的化学名称为对甲基苯酚(或4—甲基苯酚)，由D的结构简式可知，D中官能团的名称为(酚)羟基、醛基。
（2）由分析可知，化合物C的结构简式为。
（3）由分析可知，E和发生取代反应生成F，F中含有甲基和苯环，碳原子的杂化轨道的类型为、。
（4）由分析可知，G和发生取代反应生成H为，化学方程式为：。
（5）在B的同分异构体中，满足条件：①能够发生银镜反应，说明其中含有醛基；②与FeCl3溶液发生显色发应，说明其中含有酚羟基；③苯环上有2个取代基；则苯环上的取代基为-OH、-CH2CH2CHO或-OH、-CH(CH3)CHO，每种组合含有邻、间、对3种位置关系，则满足条件的同分异构体共有3×2=6种。
（6）I若先“去保护”则会引入多个酚羟基，则去保护后的物质中含两个碳碳双键和多个酚羟基，再关环的过程中可能发生两次关环反应，生成含有4个六元环的有机化合物：。
1 / 1广西南宁市2025届高三下学期第二次适应性考试化学试题
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2025·南宁模拟）壮族“三月三”是国家级非物质文化遗产。下列说法正确的是
A．银饰的主要材质是传统无机非金属材料
B．米酒酿造过程中发生了化学反应
C．铜鼓表面铜绿的主要成分是氢氧化铜
D．绣球所用棉、麻线的主要成分与淀粉互为同分异构体
【答案】B
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；无机非金属材料；多糖的性质和用途
【解析】【解答】A、银饰的主要材质是金属银，属于金属材料，而传统无机非金属材料主要指陶瓷、玻璃、水泥等，A错误；
B、米酒酿造过程中，淀粉先水解生成葡萄糖，葡萄糖再在酒曲酶的作用下发酵生成乙醇和二氧化碳，二者都是典型的化学反应，B正确；
C、铜鼓表面的铜绿主要成分是铜在空气中氧化后的产物碱式碳酸铜，并非氢氧化铜，C错误；
D、棉、麻线的主要成分是纤维素，纤维素与淀粉的化学式均为：(C6H10O5)n，但n值不同，结构也不同，因此它们不是同分异构体，而是同素异形体以外的同分子式不同结构的同系物，更准确地说是不同聚合度的多糖，D错误；
故答案为：B
【分析】传统文化题本质是披着文化外衣的物质性质题，因此看到“银饰”想到是金属；看到“铜鼓”想到是铜合金+铜绿；看到“米酒”想到是发酵属于化学变化；看到“棉麻”想到是纤维素；看到“丝”想到是蛋白质；看到“陶瓷”想到是无机非金属材料。
2．（2025·南宁模拟）可用于柠檬等水果的熏蒸处理，遇水发生反应：。下列说法正确的是
A．的电子式为 B．HClO在溶液中能电离出
C．中含有键 D．的VSEPR模型为
【答案】A
【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；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、为共价化合物，N原子最外层有5个电子，与3个H原子形成3对共用电子对后，还剩余1对孤电子对，因此其电子式为，A正确；
B、是弱酸，中心原子是O原子，其结构式为：H-O-Cl，断裂的是H-O键，因此正确的电离方程式为：，B错误；
C、水分子中氧原子为不等性杂化，还存在两对孤对电子，其中氢原子的轨道和氧原子的杂化轨道头碰头重叠，存在键，C错误；
D、中心原子的价层电子对数为：，有一对孤对电子，VSEPR模型为四面体形：，而选项：则是其含有一对孤对电子的实际构型，D错误；
故答案为：A
【分析】利用VSEPR推断分子或离子的空间构型的具体步骤如下：
确定中心原子A价层电子对数目。中心原子A的价电子数与配位体X提供共用的电子数之和的一半，就是中心原子A价层电子对的数目；确定价层电子对的空间构型。由于价层电子对之间的相互排斥作用，它们趋向于尽可能的相互远离；分子空间构型的确定。价层电子对有成键电子对和孤电子对之分。中心原子周围配位原子（或原子团）数，就是键对数，价层电子对的总数减去键对数，得孤对数。根据键对数和孤对电子数，可以确定相应的较稳定的分子几何构型；
3．（2025·南宁模拟）是有机合成常用的催化剂，一定条件下可发生如图转化。下列说法错误的是
A．是极性分子
B．键角：
C．中存在氢键和配位键
D．熔化可产生阴、阳离子
【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、中心原子B的价层电子对数是：，无孤对电子，空间构型为平面三角形，结构对称，正负电荷的中心重合，键的极性相互抵消，偶极矩为0，是仅含极性共价键的非极性分子，A错误；
B、分子的中心原子价层电子对数为：，采取不等性杂化，孤电子对数为2，价层电子对会发生互斥，导致键角偏小，约为价层电子对数为3，采用的是等性杂化，空间构型为平面三角形，键角约为的键角小于，B正确；
C、分子间的与之间形成的是分子间氢键，结构为：O-H···O，除此之外水分子中原子提供孤电子对，原子是缺电子原子，能提供空轨道，因此与原子之间还可以存在配位键，C正确；
D、从题干给定的转化可以看出，熔化后得到的物质为：，由阴、阳离子构成，D正确；
故答案为：A
【分析】判断原子的杂化类型，最基本的常规方法，是根据VSEPR判断：价层电子对数=孤电子对数+σ键电子对数。而杂化轨道要么用来容纳孤电子对，要么填充1个电子用来形成σ键。因此杂化轨道数就等于价层电子对数。
4．（2025·南宁模拟）某小组在实验室用茉莉花提取茉莉花精油的操作流程如下。下列实验操作对应的装置错误的是
A．研磨
B．溶解
C．过滤
D．蒸馏
【答案】D
【知识点】过滤；蒸馏与分馏；实验装置综合
【解析】【解答】A、研磨是为了在后续的溶解过程中提高茉莉花精油的提取率，在这个过程中配套使用研钵研杵，操作装置正确，A正确；
B、向研磨后的茉莉花中加入有机溶剂（如石油醚），充分搅拌，使茉莉花精油充分溶解于有机溶剂，图中溶解操作在烧杯中进行，用玻璃棒搅拌可加速溶解，装置与操作匹配，B正确；
C、充分溶解后，过滤，分离除去不溶物，得到茉莉精油溶液，过滤操作中滤纸贴合漏斗内壁，漏斗下端紧贴烧杯内壁，用玻璃棒引流液体缓慢倒入，装置符合固液分离的过滤要求，C正确；
D、根据物质沸点的不同，将溶液进行蒸馏，分离出有机溶剂和茉莉花精油，在蒸馏装置中，温度计的水银球应放在蒸馏烧瓶支管口处，而不能插入溶液中，D错误；
故答案为：D
【分析】研磨：使用研钵和研杵，在固体颗粒较大需要粉碎时使用；溶解：使用烧杯和玻璃棒，要注意不能在容量瓶中溶解固体，也不能在容量瓶直接溶解；过滤：使用漏斗、烧杯、玻璃棒、铁架台，要注意玻璃棒要引流，靠在三层滤纸一侧，漏斗末端要紧贴烧杯内壁，滤纸边缘要低于漏斗口；蒸馏：使用蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、锥形瓶、铁架台，要注意温度计水银球放在支管口处，冷凝管水流方向下进上出，蒸馏烧瓶要加沸石防暴沸，锥形瓶不能密封；
5．（2025·南宁模拟）短周期主族元素的原子序数依次增大。已知元素形成的化合物最多，基态、原子核外未成对电子数之比为，在同周期主族元素中原子半径最大。下列说法正确的是
A．电负性： B．第一电离能：
C．原子半径： D．最简单氢化物的沸点：
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、由元素周期律可知，同周期元素从左到右电负性递增，同主族元素从上到下电负性递减，则电负性：，A错误；
B、由元素周期律可知，同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，同主族元素从上到下第一电离能递减，则第一电离能：，B错误；
C、由元素周期律可知，电子层数越多原子半径越大，电子层数相同时，从左至右核电荷数越大原子半径越小，则原子半径：，C正确；
D、HF、含有氢键，导致其沸点反常，其沸点高于，而对于其它氢化物而言，沸点只与其相对分子质量有关，相对分子质量越大，其沸点越高，又因为HF的相对分子质量大于，其沸点高于，则最简单氢化物的沸点：，D错误；
故答案为：C
【分析】根据题干信息推断，短周期主族元素的原子序数依次增大，且元素形成的化合物最多，而自然界中只有碳元素形成的化合物最多，故X为C；基态、原子核外未成对电子数之比为，Y未成对电子数为3，Z未成对电子数为1，Y为第ⅤA族元素，Z为ⅦA族元素，在同周期主族元素中原子半径最大，结合原子半径递变规律，W为ⅠA族元素，结合原子序数大小推断出同周期主族元素中原子半径最大，且原子序数大于 X，可知Y为N，Z为F，W为Na。
6．（2025·南宁模拟）丹参酮IIB是中国传统中药丹参中的重要活性成分之一，具有抗氧化、抗炎、抗菌等多种药理作用，其结构如下图。下列有关丹参酮IIB分子的说法正确的是
A．有3种含氧官能团
B．有2个手性碳
C．可发生氧化反应、酯化反应和消去反应
D．该分子最多可与发生加成反应
【答案】A
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物中的官能团；有机物（官能团）的检验；消去反应
【解析】【解答】A、由丹参酮IIB的结构简式可知，其中含有羟基、酮羰基、醚键（呋喃环中的-O-就是属于醚类官能团），共3种含氧官能团，A正确；
B、连有4个不同原子或原子团的碳原子称为手性碳原子，图中标*的碳原子为手性碳原子，只有一个，B错误；
C、醇的消去反应需要羟基邻位碳上有α-H，但是丹参酮ⅡB的羟基因邻位C上没有氢原子，故不能发生消去反应，C错误；
D、丹参酮IIB中含有苯环（3mol）、呋喃环（2mol）、酮羰基（2mol），可以和发生加成反应，则该有机物与足量反应最多消耗，D错误；
故答案为：A
【分析】连有四个不同基团的碳原子称为手性碳原子。判断依据为：
1.凡碳原子上连有相同基团的，非手性碳，如CH3－， －CH2－ 。
2.凡碳原子连有双键、三键的，非手性碳如 >C=C<、 –C≡C– 、–COOH 、–COOR、 –CHO 、–CO – 。
3.凡碳原子在环上，将环上碳原子所连接的两个单键剪断，剪下的部分结构不对称，该碳原子为手性碳；若剪下的部分结构对称，该碳原子不是手性碳。
7．（2025·南宁模拟）以为原料合成氢叠氮酸的流程如下：。为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．中所含电子的数目为
B．中含键的数目为
C．完全转化为，转移电子的数目为
D．已知为弱酸，溶液中含的数目为
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、由HN3的化学式可知，其相对分子质量为：1+14×3=43，故为1mol，接着看1个HN3的电子数：1+7×3=22，故1molHN3含22mol电子，电子数目为，A错误；
B、N2H4的结构为：NH2-NH2，其中单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，中含5mol键（4个N-H键和1个N-N键），键数目为，B正确；
C、反应后生成，其中Cl元素从+1价降到-2价，也就是说1mol的NaClO反应会转移2mol电子，则反应后转移的电子数目为，C错误；
D、因为为弱酸，在水溶液中只能发生部分电离：，则含的溶液中含的数目小于，D错误；
故答案为：B
【分析】电子数就是对应的化学式中各个原子序数之和，且单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，除此之外要注意弱酸在溶液中部分电离，离子浓度小于溶质的初始浓度。
8．（2025·南宁模拟）镁电池是未来能源存储的重要发展方向。部分含物质的分类与相应化合价关系如图，下列说法正确的是
A．基态Mg原子核外电子的空间运动状态有12种
B．工业上常通过电解熔融来制备
C．经过的转化可实现从海水中提取镁
D．蒸干的水溶液一定能得到原溶质
【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；盐类水解的应用；海水资源及其综合利用；金属冶炼的一般原理
【解析】【解答】A、基态原子核外电子排布为1s22s22p63s2，而电子的空间运动状态由轨道决定，1 个轨道对应 1 种空间运动状态，其电子共占据6个原子轨道，空间运动状态有6种，A错误；
B、工业上电解熔融得到镁单质，而非电解熔融的MgO，这是因为MgO是典型的离子晶体，晶格能大，熔点高，导致能耗大，B错误；
C、镁盐与石灰乳反应得到与盐酸反应得到，分离得到无水后，电解熔融得到镁单质，C正确；
D、若d是MgCl2，在水溶液中Mg2+会发生水解：，蒸干水溶液时，HCl会挥发，最终得到Mg(OH)2或MgO，并不能得到原溶质，D错误；
故答案为：C
【分析】首先根据分类+化合价，并结合题干信息来确定物质：a的化合价为0，分类为单质，故a为Mg单质；b的化合价为+2价，分类为氧化物，故b为MgO；c的化合价为+2价，分类为碱，故c为Mg(OH)2；d的化合价为+2价，分类为盐，故d为Mg的盐（如MgCl2、MgSO4等）。
9．（2025·南宁模拟）下列实验方案不能达到探究目的的是
　 实验方案 探究目的
A 将新鲜菠菜剪碎、研磨、溶解、过滤，向滤液中加入少量稀硝酸，再滴加几滴KSCN溶液，观察现象 菠菜中是否含有铁元素
B 向盛有水溶液的试管中滴加几滴品红溶液，振荡，加热试管，观察溶液颜色变化 是否具有漂白性
C 常温下，向溶液中滴加5滴溶液，充分反应后，再滴加5滴溶液，观察沉淀颜色变化 比较的大小
D 向两支试管中各加入的溶液，分别滴加2滴蒸馏水和2滴溶液，观察产生气泡的速率 是否能加快分解
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二价铁离子和三价铁离子的检验；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、菠菜中的铁元素常以亚铁离子或有机配合物形式存在，通过研磨、溶解后加稀硝酸可氧化亚铁为三价铁，再用KSCN检验，铁离子遇到KSCN溶液变红，若溶液变红，说明菠菜中含有铁元素，A正确；
B、二氧化硫的漂白性具有可逆性，这是其漂白特点，首先，SO2与品红溶液中的有色物质结合，生成不稳定的无色物质，使溶液褪色，此过程体现漂白性，加热时，这种不稳定的无色物质会分解，恢复为原来的有色物质，溶液重新变红，B正确；
C、向溶液中加入NaCl溶液时，由于过量，继续加入溶液，剩余的与反应生成黄色沉淀，没有发生沉淀转化，无法比较()和大小，正确的做法是：常温下，向 10 mL 0.1 mol L- NaCl 溶液中滴加 5 滴 0.1 mol L- AgNO3溶液，充分反应后，再滴加 5 滴 0.1 mol L- KI 溶液，观察到白色沉淀转化为黄色沉淀，说明 K (AgCl) > K (AgI)，C错误；
D、采用控制变量方法，对照实验中，蒸馏水组为空白对照，FeCl3组为实验组，通过观察气泡速率差异，可判断FeCl3是否加快H2O2分解，方案合理，D正确；
故答案为：C
【分析】做题时一定要看清楚所设计的实验方案与探究的目的是否存在一一对应的关系，是否具有可行性，要注意，选项所描述的说法可能都正确，但不存在因果关系，或者没有控制变量，要选择存在因果关系并且描述均正确的选项；
10．（2025·南宁模拟）一种清洁、低成本的双联装置工作原理如图所示，浓缩海水形成的离子浓度差会驱动离子从高浓度区域向低浓度区域迁移，进而产生离子电流。下列说法错误的是
A．装置I中Li+移向X电极
B．装置II中电极W为阳极
C．装置II中电极反应为
D．装置II中电极W产生标准状况下22.4L气体时，装置I中可制得42.5gLiCl
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用；原电池、电解池综合
【解析】【解答】A、装置Ⅰ为浓度差电池，Li+从高浓度区域向低浓度区域自发迁移，产生电流，根据图示和浓度差电池原理，X电极所在区域为高浓度侧（正极），因此Li+向X电极迁移，A正确；
B、装置Ⅱ是由装置Ⅰ驱动的电解池。装置Ⅰ中电子从负极（Y电极）流出，流入装置Ⅱ的阴极（Z电极），则装置Ⅱ中与装置Ⅰ正极（X电极）相连的W电极为阳极，B正确；
C、装置Ⅱ中Z电极为阴极，在NaCl溶液中发生还原反应，电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，C正确；
D、装置II中的W电极生成氯气1mol，转移电子的物质的量为，结合得失电子守恒，故装置I中电极生成，则装置中可制得，D错误。
故答案为：D
【分析】结合题干信息，先分析装置I（原电池）和装置Ⅱ（电解池）的工作原理：
装置I：浓缩海水（高浓度Li+）中的Li+通过聚合物导体迁移到低浓度区域，Pt电极X、Y为离子迁移的载体，Li+向Ⅹ电极迁移，最终在X电极处与Cl-结合生成LiCl，故X为正极，Y为负极。
装置Ⅱ：为电解池，电极W为阳极，Cl-放电生成Cl2，电极Z为阴极，H2O放电生成H2，其中W电极反应为：，Z电极反应为：。
11．（2025·南宁模拟）下列离子方程式书写正确的是
A．用醋酸处理水垢中的碳酸钙：
B．与反应生成蓝色沉淀：
C．向溶液中加入过量的溶液：
D．向的悬浊液中滴加溶液：
【答案】B
【知识点】盐类水解的原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二价铁离子和三价铁离子的检验；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、醋酸是弱酸，在离子方程式中应保留化学式，不能拆分为H+，正确的离子方程式应为：，A错误；
B、与反应生成蓝色沉淀KFe[Fe(CN)6]，离子方程式符合原子守恒、电荷守恒，且沉淀符号使用正确，反应的离子方程式为：，B正确；
C、NH4HCO3溶液中加入过量NaOH，电离出来的NH4+和HCO3-都会与OH-反应，正确的离子方程式应为： ，C错误；
D．向的悬浊液中滴加溶液发生沉淀转化，且AgBr是难溶物，在离子方程式中应保留化学式，不能拆分为Ag+，离子方程式为：，D错误；
故答案为：B
【分析】一般来说，离子方程式的正误判断我们从以下几个方面来判断：是否符合守恒规律。
离子方程式的书写应当满足电荷守恒、原子守恒、电子守恒关系，否则离子方程式的书写错误；离子方程式的书写是否符合客观事实；是否正确使用符号；拆分是否正确；离子反应是否写全；是否符合量的关系。
12．（2025·南宁模拟）某新型储氢材料的晶胞结构如图所示，该立方晶胞参数为为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．与最近且距离相等的有12个
B．晶胞的化学式为
C．的空间结构为正四面体形
D．晶体的密度为
【答案】D
【知识点】离子晶体；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、位于晶胞的顶点和面心，形成面心立方结构，每个离子周围最近且等距离的同种离子有 12 个，A正确；
B、根据均摊法，每个晶胞中含有的个数为：（位于晶胞的顶点和面心），含有的个数为：8（白球，全部位于晶胞内部），则新型储氢材料的化学式为：，B正确；
C、中原子的价层电子对数为：=4，且无孤电子对，4个B-H键等同，属于sp3等性杂化，的空间结构为正四面体形，C正确；
D、晶胞的质量为：，晶胞的体积为：，则其密度为，D错误；
故答案为：D
【分析】晶胞中粒子数的计算方法—均摊法：于平行六面体晶胞，当原子位于晶胞的顶点时，它被8个晶胞所共有，则该原子有属于这个晶胞；原子位于晶胞的棱上（通常是棱心）时，它被4个晶胞所共有，则该原子有属于这个晶胞；原子位于晶胞的面上（通常是面心）时，它被2个晶胞所共有，则该原子有属于这个晶胞；原子位于晶胞的体内（通常是体心）时，则该原子属于这个晶胞。
13．（2025·南宁模拟）在工业生产上可利用硫与为原料制备。
450℃以上，发生反应I：；
600℃以上，发生反应Ⅱ：2。
一定条件下，分解产生的体积分数、与反应中平衡转化率与温度的关系如图所示。下列说法错误的是
A．反应Ⅱ的
B．的体积分数保持不变，说明反应处于平衡状态
C．在密闭容器中，某温度下若完全分解，当体积分数为时，转化率为
D．反应Ⅱ温度不低于600℃的原因是：低于此温度，浓度小，反应速率慢
【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、由图可知，随温度升高，甲烷的转化率降低，说明平衡逆向移动，根据勒夏特列原理可知反应Ⅱ的正反应为放热反应，则，A正确；
B、CS2表示的是反应的Ⅱ生成物，在恒温恒容条件下，若CS2的体积分数保持不变，说明其浓度不再随时间改变，可作为判断反应达到平衡状态的标志，B正确；
C、设的起始物质的量为mol，转化的物质的量为mol，列三段式如下：
的体积分数为，即，解得，则的转化率为，C错误；
D、由图可知，在600℃时甲烷平衡转化率高达98%以上，而当温度低于600℃时，S2的体积分数较低，反应Ⅰ进行程度小，浓度小导致反应Ⅱ速率慢，因此需在600℃以上进行，D正确；
故答案为：C
【分析】化学平衡状态的标志可概括为“一等五不变”，“一等”即正反应速率等于逆反应速率，其意义是针对反应体系中同一反应物（或生成物）而言的，而不是同一反应中的不同物质。若用同一反应中不同物质来表示正反应速率和逆反应速率，必须要求两速率反向（切忌单向速率）且两速率之比等于其对应的化学计量数之比。“五不变”即反应混合物中各组分的浓度保持不变，其意义是指各组分的物质的量不变；各组分的浓度不变；各组分的百分含量不变；反应物的转化率不变；对于全为气体的可逆反应，当左右气体含量之比相同时，混合气体总物质的量不变。
14．（2025·南宁模拟）常温下向的溶液中通入气体，随反应进行(不考虑分解)，溶液中代表或)的值随溶液变化存在如图所示关系，下列说法错误的是
A．线代表随溶液pH的变化线
B．
C．溶液的约为12
D．溶液中存在：
【答案】C
【知识点】电解质在水溶液中的电离；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A、已知酸性：，则，由公式可知，Ka越小，随pH变化的直线斜率越缓慢，线M斜率更缓慢，对应酸性更弱的HClO，故线M代表随溶液pH的变化线，A正确；
B、由分析可知，线N代表的是随溶液的变化线，当pH=3.2时，对应，，得：Ka(HF)=c(H+)=10 3.2，B正确；
C、在NaClO溶液中，ClO-会发生水解：，由M线可知，HClO的Ka为10-7.5，则ClO-的水解常数：，溶液中：，，，C错误；
D、在水溶液根据电荷守恒，阳离子为：Na+、H+，阴离子为：ClO-、F-、OH-，据此可知得出溶液中存在：，D正确；
故答案为：C
【分析】由弱酸的电离平衡常数可知，，，将此公式稍作变，斜率为1；接着又由于同浓度酸性：，当时，，则，，所以线和分别代表和随溶液的变化线。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（2025·南宁模拟）广西是中国铟(49In)产业的重要基地。某工厂从金属冶炼的废渣(主要含、、及少量不溶于酸的杂质)中回收铟的工艺流程如图所示：
已知：①室温下：；
②若溶液中某离子浓度小于，则认为该离子沉淀完全。
回答下列问题：
（1）铟与铝同主族，基态铟原子的价层电子排布式为　 　。
（2）为提高“酸浸1”的速率，可采取的措施是　 　(任举一例)。
（3）“操作1”的具体操作：加热浓缩、　 　、过滤、洗涤、干燥。
（4）若“酸浸2”后溶液中浓度为，用进行“中和”时，需控制的范围为　 　。
（5）“浸渣3”的主要成分为　 　(填化学式)。
（6）“还原”中主要反应的离子方程式为　 　。
（7）磷化铟是半导体领域的重要原料，其晶胞结构类型与金刚石的相似，磷化铟晶体类型是　 　晶体。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。下图为磷化铟的晶胞示意图，在晶胞坐标系中，a点铟的原子坐标为，则b点磷的原子坐标为　 　。
【答案】（1）
（2）把废渣粉碎、搅拌、适当升温等合理答案均可
（3）冷却结晶
（4）
（5）
（6）
（7）共价；
【知识点】晶胞的计算；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
【解析】【解答】（1）、铟与铝同主族，位于第ⅤA族，基态铟原子的价层电子排布式为。
（2）、为提高“酸浸1”的速率，可采取的措施是把废渣粉碎、搅拌、适当升温等。
（3）、操作1是从溶液中得到ZnSO4·7H2O晶体，具体操作为：加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
（4）、“酸浸2”后溶液中In3+浓度为0.1mol L-1，则加入Na2CO3进行“中和”时，让Fe3+完全沉淀，浓度小于10-5mol/L，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10 38=c(Fe3+)×c3(OH-)，10-5×c3(OH-)=1.0×10-38，得出c(OH-)＞10-11mol/L，c(H+)＜10-3mol/L，pH＞3，In3+浓度为0.1mol L-1不沉淀，Ksp[In(OH)3]=1.0×10 28= c(In3+)×c3(OH-)，0.1×c3(OH-)=1.0×10-28，得出c(OH-)＜10-9mol/L，c(H+)＞10-5mol/L，pH＜5，调节范围为：3.0＜pH＜5.0。
（5）、由分析可知，“浸渣3”的主要成分为。
（6）、“还原”过程中，In3+被Zn还原得到粗铟，Zn被In3+氧化为Zn2+，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。
（7）、金刚石是共价晶体，磷化铟与金刚石的相似，磷化铟晶体类型是共价晶体，在晶胞坐标系中，a点铟的原子坐标为，P和In原子的最短距离为体对角线的，由晶胞结构可知，b点磷的原子坐标为。
【分析】由题干可知，金属冶炼的废渣主要含、、及少量不溶于酸的杂质，首先在pH值5.0~5.4的范围内酸浸，能与酸反应生成对应的Zn2+，溶于硫酸得到ZnSO4溶液，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到ZnSO4·7H2O；而控制pH的原因是保持弱酸的环境，只溶解Zn，实现与Zn2+的分离，因此不溶于酸的杂质、和则留在浸渣1中；继续酸浸，此时pH=1.0，和能完全溶于酸生成对应的ln3+、Fe3+，而不溶于酸的杂质则留在浸渣2中；接着加入Na2CO3中和溶液，升高其pH，得到浸渣3是Fe(OH)3沉淀，溶液中的In3+被Zn还原得到粗铟，最后电解精炼得到精铟。
（1）铟与铝同主族，位于第ⅤA族，基态铟原子的价层电子排布式为。
（2）为提高“酸浸1”的速率，可采取的措施是把废渣粉碎、搅拌、适当升温等。
（3）操作1是从溶液中得到ZnSO4·7H2O晶体，具体操作为：加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
（4）“酸浸2”后溶液中In3+浓度为0.1mol L-1，则加入Na2CO3进行“中和”时，让Fe3+完全沉淀，浓度小于10-5mol/L，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10 38=c(Fe3+)×c3(OH-)，10-5×c3(OH-)=1.0×10-38，得出c(OH-)＞10-11mol/L，c(H+)＜10-3mol/L，pH＞3，In3+浓度为0.1mol L-1不沉淀，Ksp[In(OH)3]=1.0×10 28= c(In3+)×c3(OH-)，0.1×c3(OH-)=1.0×10-28，得出c(OH-)＜10-9mol/L，c(H+)＞10-5mol/L，pH＜5，调节范围为：3.0＜pH＜5.0。
（5）由分析可知，“浸渣3”的主要成分为。
（6）“还原”过程中，In3+被Zn还原得到粗铟，Zn被In3+氧化为Zn2+，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。
（7）金刚石是共价晶体，磷化铟与金刚石的相似，磷化铟晶体类型是共价晶体，在晶胞坐标系中，a点铟的原子坐标为，P和In原子的最短距离为体对角线的，由晶胞结构可知，b点磷的原子坐标为。
16．（2025·南宁模拟）工业合成氨的反应为，原料中的可来源于水煤气，相关反应如下：
a．
b．
回答下列问题：
（1）已知，则　 　。
（2）在一定温度下，在体积固定的密闭容器中加入一定量的和，发生反应、，下列说法错误的是_______(填标号)。
A．平衡时向容器中充入惰性气体，反应的平衡逆向移动
B．混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡
C．使用催化剂可提高CO平衡转化率
D．高温有利于反应a自发进行
（3）已知合成氨反应在催化剂表面要经历吸附(附着催化剂表面)、断键……成键、脱附(脱离催化剂表面)等过程，和在催化剂上进行断键的过程要　 　(填“吸收”或“放出”)较多的能量，和在催化剂表面合成的反应过程的顺序为⑤→　 　(用图1中序号表示)。
（4）在℃、压强为的条件下，向一恒压密闭容器中通入的混合气体，体系中气体的含量与时间变化关系如图2所示：
①反应达到平衡，试求内氨气的平均反应速率　 　，该反应的　 　(用数字表达式表示，为以分压表示的平衡常数，分压总压物质的量分数)。
②若起始条件相同，在恒容容器中发生反应，则达到平衡时的含量符合图中　 　(填“d”“e”“f”或“g”)点。
（5）以为氮源通过电解法制取氨气装置如图所示。阴极的电极反应式为　 　。
【答案】（1）
（2）A；C
（3）吸收；④→①→②→③
（4）0.005；；
（5）
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）、已知c．，由盖斯定律可知，反应c-反应a可得反应b，则。
（2）、A、平衡时向容器中充入惰性气体，反应物和生成物的浓度均不变，反应的平衡不移动，A错误；
B、反应过程中混合气体的总质量增大，容器体积是定值，气体密度增大，当混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，B正确；
C、使用催化剂，平衡不发生移动，不能提高CO平衡转化率，C错误；
D、反应a是熵增的吸热反应，高温有利于反应a自发进行，D正确；
故答案为：AC。
（3）、和在催化剂上进行断键的过程吸收较多的能量，和在催化剂表面合成的反应过程中和先在催化剂表面被吸附，然后断键形成N原子和H原子，N原子和H原子形成，最后从催化剂表面脱吸附，顺序为⑤→④→①→②→③。
（4）、①、反应20min达到平衡时，氮气、氢气、氨气的分压分别为MPa、MPa、MPa，则0-20min内氨气的平均反应速率为，反应的平衡常数；
②、该反应为气体体积减小的反应，若起始条件相同，恒压密闭容器相当于恒容容器增大压强，反应速率加快，达到平衡的时间减小，平衡向正反应方向移动，氢气的百分含量减小，则若起始条件相同，在恒容容器中发生反应，达到平衡所需时间大于恒压密闭容器，氢气的百分含量高于恒压密闭容器，故答案为：g。
（5）、由图可知，酸性条件下氮气在阴极得到电子发生还原反应生成氨气，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极反应式为。
【分析】盖斯定律的使用原则：化学反应不管是一步完成还是分几步完成，其反应热是相同的；化学反应的反应热只与反应的始态（各反应物）和终态（各生成物）有关，而与具体反应的途径无关；任何化学反应的反应热和其逆反应的反应热大小相等，符号相反；任何化学反应，当各物质系数发生变化时，反应热的数值也随之发生变化。书写化学反应三段式时的注意事项：单位一致，确保起始量、变化量和平衡量的单位保持一致；注意化学计量数、注意物质状态固体、纯液体一般不参与其中；考虑可逆反应的平衡量不是完全转化的结果，而是反应物和生成物共存的状态。此时需要根据反应的转化率或平衡常数进行计算。分析化学反应速率和化学平衡图像题的方法：一看面（纵、横坐标的意义）；二看线（线的走向和变化趋势）；三看点（起点拐点终点）；四看辅助线（如等温线、等压线、平衡线）；五看量的变化（如浓度变化、温度变化），然后联想平衡移动原理，分析条件对反应速率、化学平衡移动的影响，最后利用原理，结合图像，分析图像中所代表反应速率变化或化学平衡的线，作出判断。
（1）已知c．，由盖斯定律可知，反应c-反应a可得反应b，则。
（2）A．平衡时向容器中充入惰性气体，反应物和生成物的浓度均不变，反应的平衡不移动，A错误；
B．反应过程中混合气体的总质量增大，容器体积是定值，气体密度增大，当混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，B正确；
C．使用催化剂，平衡不发生移动，不能提高CO平衡转化率，C错误；
D．反应a是熵增的吸热反应，高温有利于反应a自发进行，D正确；
故选AC。
（3）和在催化剂上进行断键的过程吸收较多的能量，和在催化剂表面合成的反应过程中和先在催化剂表面被吸附，然后断键形成N原子和H原子，N原子和H原子形成，最后从催化剂表面脱吸附，顺序为⑤→④→①→②→③。
（4）①反应20min达到平衡时，氮气、氢气、氨气的分压分别为MPa、MPa、MPa，则0-20min内氨气的平均反应速率为，反应的平衡常数；
②该反应为气体体积减小的反应，若起始条件相同，恒压密闭容器相当于恒容容器增大压强，反应速率加快，达到平衡的时间减小，平衡向正反应方向移动，氢气的百分含量减小，则若起始条件相同，在恒容容器中发生反应，达到平衡所需时间大于恒压密闭容器，氢气的百分含量高于恒压密闭容器，故选g。
（5）由图可知，酸性条件下氮气在阴极得到电子发生还原反应生成氨气，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极反应式为。
17．（2025·南宁模拟）高铁酸钾是一种新型绿色消毒剂，其制备与应用探究如下：
I．合成
步骤①：按图1装置，将溶液加入仪器a中，控制温度低于20℃，搅拌下通入至饱和，再加入固体，充分反应得到强碱性饱和溶液。
步骤②：将盛有固体的烧杯置于冰水浴中，分批加入①中所得溶液，搅拌，反应得到溶液，过滤。
步骤③：在滤液中加入饱和溶液，冰水浴保持，过滤得到粗产品。将粗产品纯化得到纯产品。
II．用去除废水中苯酚的探究
对苯酚的去除率随着的变化关系如图2所示。
已知：
1.在较高温度下发生歧化反应生成。
II．在强碱性溶液中比较稳定，其氧化能力随着的增大而减小。
回答下列问题：
（1）图1中，仪器a的名称是　 　；乙装置的导管口应连接　 　(填丙中标号)。
（2）步骤①中“控制温度低于20℃”的目的是　 　。
（3）步骤②合成的离子方程式为　 　。
（4）步骤③中，物质的溶解性：　 　(填“>”或“<”)；粗产品的纯化方法为　 　。
（5）的产率为　 　。
（6）图2中，时，苯酚去除率最高的原因是　 　。
【答案】（1）三颈烧瓶；c
（2）有利于氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠，防止发生歧化反应
（3）
（4）>；重结晶
（5）80%
（6）小于8.87时，高铁酸钾的稳定性较弱，大于8.87时，高铁酸钾的氧化能力较弱
【知识点】物质的分离与提纯；实验装置综合；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）、图1中，仪器a的名称是三颈烧瓶；氯气有毒，污染空气，石灰乳可除去未反应的氯气，故乙装置的导管口应连接c；
（2）、根据已知信息，在较高温度下发生歧化反应生成，故步骤①中要“控制温度低于20℃”，有利于氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠，防止发生歧化反应；
（3）、步骤②中，具有强氧化性，将氧化为，自身转化为，根据得失电子和元素守恒得离子方程式为：；
（4）、步骤③中，向溶液中加入饱和溶液，冰水浴保持，过滤后得到粗产品，说明溶解性更小，即溶解性：；粗产品中含有杂质，在适当溶剂中加热时，目标产物可较多溶解，杂质则不溶或极易溶，溶液冷却后，目标产物因溶解度降低而结晶析出，故粗产品的纯化方法为重结晶；
（5）、，则，，故产率；
（6）、根据已知信息，在强碱性溶液中比较稳定，其氧化能力随着的增大而减小，则时，苯酚去除率最高的原因是小于8.87时，高铁酸钾的稳定性较弱，大于8.87时，高铁酸钾的氧化能力较弱；
【分析】步骤①将NaOH溶液加入仪器a：三颈烧瓶，冰水浴控制温度低于20℃，通入Cl2至饱和，再加入NaOH固体，制备NaClO强碱性饱和溶液：，加入过量NaOH固体，使溶液呈强碱性，同时控制温度，防止NaClO在较高温度下发生歧化反应，生成NaClO3，保证NaClO的纯度。
步骤②将5.05gFe(NO3)3·9H2O置于冰水浴中，分批加入步骤①的NaClO强碱性溶液，搅拌后过滤。制备Na2FeO4溶液：，而冰水浴是因为Na2FeO4在低温下更稳定，避免其分解。
步骤③向Na2FeO4滤液中加入饱和KOH溶液，冰水浴保持5min，过滤得到K2FeO4粗产品：，利用K2FeO4在强碱性溶液中溶解度较小的特点，使其沉淀析出；再纯化得到纯产品。
最后是K2FeO4去除废水中苯酚的探究，可以明显的发现苯酚去除率随pH变化呈“先升后降”的趋势，在pH≈8.87时去除率达到峰值。这是由于pH较低时K2FeO4的稳定性差，易分解，氧化能力虽强，但自身损耗多，导致苯酚去除率不高；pH≈8.87时K2FeO4的稳定性与氧化能力达到平衡，能有效氧化苯酚；pH过高时K2FeO4的氧化能力随pH增大而减小，无法有效氧化苯酚，去除率下降。
液，过滤，在滤液中缓慢加入KOH饱和溶液，经过滤得到高铁酸钾粗品。
（1）图1中，仪器a的名称是三颈烧瓶；氯气有毒，污染空气，石灰乳可除去未反应的氯气，故乙装置的导管口应连接c；
（2）根据已知信息，在较高温度下发生歧化反应生成，故步骤①中要“控制温度低于20℃”，有利于氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠，防止发生歧化反应；
（3）步骤②中，具有强氧化性，将氧化为，自身转化为，根据得失电子和元素守恒得离子方程式为：；
（4）步骤③中，向溶液中加入饱和溶液，冰水浴保持，过滤后得到粗产品，说明溶解性更小，即溶解性：；粗产品中含有杂质，在适当溶剂中加热时，目标产物可较多溶解，杂质则不溶或极易溶，溶液冷却后，目标产物因溶解度降低而结晶析出，故粗产品的纯化方法为重结晶；
（5），则，，故产率；
（6）根据已知信息，在强碱性溶液中比较稳定，其氧化能力随着的增大而减小，则时，苯酚去除率最高的原因是小于8.87时，高铁酸钾的稳定性较弱，大于8.87时，高铁酸钾的氧化能力较弱；
18．（2025·南宁模拟）化合物是从大豆中分离出来的一种新型异戊烯基异黄酮，具有重要的生物防御活性，其合成路线如下。
已知：（R为H或烃基）。
（1）化合物A的化学名称为　 　，化合物D中官能团的名称为　 　。
（2）化合物C的结构简式为　 　。
（3）EF的反应类型是　 　，F中碳原子的杂化轨道的类型为　 　。
（4）的化学方程式为　 　。
（5）在B的同分异构体中，同时满足下列条件的共有　 　种。
①能够发生银镜反应；②与溶液发生显色发应；③苯环上有2个取代基。
（6）J→K多步反应中包含“去除保护”步骤，依据I→K的原理，I先“去除保护”再“关环”会生成一种含有4个六元环的有机化合物，其结构简式是　 　。
【答案】（1）对甲基苯酚(或4—甲基苯酚)；(酚)羟基、醛基
（2）
（3）取代反应；、
（4）
（5）6
（6）
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机化合物的命名；同分异构现象和同分异构体；取代反应
【解析】【解答】（1）、由A的结构简式可知，苯环上连接1个羟基和甲基，且处于对位的关系，则A的化学名称为对甲基苯酚(或4—甲基苯酚)，由D的结构简式可知，D中官能团的名称为(酚)羟基、醛基。
（2）、由分析可知，化合物C的结构简式为。
（3）、由分析可知，E和发生取代反应生成F，F中含有甲基和苯环，碳原子的杂化轨道的类型为、。
（4）、由分析可知，G和发生取代反应生成H为，化学方程式为：。
（5）、在B的同分异构体中，满足条件：①能够发生银镜反应，说明其中含有醛基；②与FeCl3溶液发生显色发应，说明其中含有酚羟基；③苯环上有2个取代基；则苯环上的取代基为-OH、-CH2CH2CHO或-OH、-CH(CH3)CHO，每种组合含有邻、间、对3种位置关系，则满足条件的同分异构体共有3×2=6种。
（6）、I若先“去保护”则会引入多个酚羟基，则去保护后的物质中含两个碳碳双键和多个酚羟基，再关环的过程中可能发生两次关环反应，生成含有4个六元环的有机化合物：。
【分析】A的结构中含有甲基和酚羟基能与乙酸酐在催化剂作用下发生取代反应生成B，在苯环上引入酰基和酯基；接着B与氯气在光照条件下发生甲基上的取代反应生成C，B中甲基上的H被取代并引入氯代烷基，故C为：；接着C在NaOH溶液发生水解后酸化得到D，该过程中Cl原子被羟基替换，两个羟基连在同一个碳原子上发生脱水生成醛基，酯基水解后脱羧，同时氯代烷基水解为醛基；E和发生取代反应生成F，属于典型的成醚反应，可以推知E为；D和C5H9Br发生取代反应生成E，则C5H9Br为：，G和发生取代反应生成H为，H和F发生已知信息的反应原理得到I，I关环得到J，J经过多步取代反应生成K。
（1）由A的结构简式可知，苯环上连接1个羟基和甲基，且处于对位的关系，则A的化学名称为对甲基苯酚(或4—甲基苯酚)，由D的结构简式可知，D中官能团的名称为(酚)羟基、醛基。
（2）由分析可知，化合物C的结构简式为。
（3）由分析可知，E和发生取代反应生成F，F中含有甲基和苯环，碳原子的杂化轨道的类型为、。
（4）由分析可知，G和发生取代反应生成H为，化学方程式为：。
（5）在B的同分异构体中，满足条件：①能够发生银镜反应，说明其中含有醛基；②与FeCl3溶液发生显色发应，说明其中含有酚羟基；③苯环上有2个取代基；则苯环上的取代基为-OH、-CH2CH2CHO或-OH、-CH(CH3)CHO，每种组合含有邻、间、对3种位置关系，则满足条件的同分异构体共有3×2=6种。
（6）I若先“去保护”则会引入多个酚羟基，则去保护后的物质中含两个碳碳双键和多个酚羟基，再关环的过程中可能发生两次关环反应，生成含有4个六元环的有机化合物：。
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