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天津市南开中学2024-2025学年高三上学期1月期末化学试题
1．（2025高三上·南开期末）下列有关叙述正确的是
A．和是同一种核素
B．和互为同素异形体
C．由于氢键的作用，的稳定性强于
D．在中，作配体的是氮原子
2．（2025高三上·南开期末）下列表示正确的是
A．的价层电子对互斥(VSEPR)模型：
B．的电子式：
C．聚丙烯的链节为：
D．的名称：乙二酸乙二酯
3．（2025高三上·南开期末）下列操作能促进水的电离且使溶液中的是
A．将水加热煮沸 B．向水中加入一小块钠
C．向水中加入 D．向水中加入
4．（2025高三上·南开期末）短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大。基态X、Z、Q原子均有两个单电子，W简子在同周期离子中半径最小，Q与Z同主族。下列说法错误的是
A．X能与多种非金属元素形成共价键
B．简单离子半径：
C．第一电离能：
D．电负性：
5．（2025高三上·南开期末）下列反应的离子方程式表述正确的是
A．惰性电板电解饱和食盐水：
B．沉淀溶于氨水：
C．溶液显酸性的原因：
D．钢铁发生吸氧腐蚀时的总反应式：
6．（2025高三上·南开期末）下列物质的有关叙述正确的是
A．它们的化学性质完全相同
B．等质量的它们充分燃烧会产生等物质的量的气体
C．它们的碳原子均为杂化
D．分子中仅含键
7．（2025高三上·南开期末）一定条件下存在反应：，其正反应放热。图1、图2表示起始时容器甲、丙体积都是V，容器乙、丁体积都是；向甲、丙内都充入和并保持恒温；向乙、丁内都充入和并保持绝热(即与外界无热量交换)，在相同温度下开始反应，并分别达到平衡状态。
下列说法不正确的是
A．的质量分数：甲乙
B．平衡常数K：甲丙乙
C．所需时间t：丙丁
D．若想使甲达到与乙相同的平衡状态，可以向内推动活塞
8．（2025高三上·南开期末）以KOH溶液为离子导体，分别组成CH3OH—O2、N2H4—O2、(CH3)2NNH2—O2清洁燃料电池，下列说法正确的是
A．放电过程中，K+均向负极移动
B．放电过程中，KOH物质的量均减小
C．消耗等质量燃料，(CH3)2NNH2—O2燃料电池的理论放电量最大
D．消耗1molO2时，理论上N2H4—O2燃料电池气体产物的体积在标准状况下为11.2L
9．（2025高三上·南开期末）铜催化乙炔选择性氢化制1，3-丁二烯的反应机理如图所示(吸附在铜催化剂表面上的物种用*标注)。
下列说法正确的是
A．反应Ⅰ的速率大于反应Ⅱ的速率
B．若原料用丙炔，则会有2种分子式为C6H10的有机物生成
C．增大Cu的表面积，可加快反应速率；提高C2H2的平衡转化率
D．C2H3*转化成C4H6(g)过程中，有非极性键的断裂和形成
10．（2025高三上·南开期末）间接电解法合成苯甲醛的原理如图所示。下列说法不正确的是
A．电解过程中氢离子从左室向右室迁移
B．“氧化池”中发生反应：
C．电解结束后，电解池阴极区溶液升高(忽略溶液体积变化)
D．氧化池中产生的苯甲醛进入电解池对a极反应会产生影响
11．（2025高三上·南开期末）碳酸氢铵在食品工业中常用于制作蓬松的面点和糕点。室温下，通过下列实验来探究的性质：
实验1：测得溶液的
实验2：向浓度为溶液中加入足量，有刺激性气味气体产生
实验3：浓度均为溶液和溶液等体积混合，有晶体析出，过滤
下列说法正确的是
A．实验1可以用试纸进行测定
B．由实验1可得：
C．实验2中发生反应的离子方程式：
D．实验3中析出的晶体为
12．（2025高三上·南开期末）常温下，将溶液滴加到二元弱酸溶液中，混合溶液的与的关系如图所示。已知代表或。下列说法正确的是
A．曲线Ⅰ代表随的变化曲线，
B．水的电离程度：
C．滴定到b点时，溶液中
D．当刚好被中和时，溶液中：
13．（2025高三上·南开期末）2024年2月24日，中国载人月球探测任务新飞行器命名为“梦舟”，月面着陆器命名为“揽月”，登陆月球成为中国人探索太空的下一个目标。月壤中存在天然的铜、铁、钛等矿物颗粒，回答下列问题：
（1）基态Cu+的价层电子排布图为　 　。
（2）配合物中，中心原子的VSEPR模型名称为　 　。
1中含有σ键的数目为　 　。
（3）亚铁氰化钾别名黄血盐，化学式为，加入食盐中可防止食盐板结。其中K、C、N、O四种元素的电负性由小到大顺序为　 　(用元素符号表示)。
（4）钛溶于盐酸制得的三氯化钛，其晶体有两种异构体：(绿色)、(紫色)，等物质的量的两者分别与足量硝酸银溶液反应，所得沉淀的物质的量之比为　 　。
（5）Fe-Mg合金是储氢密度很高的材料之一，其晶胞结构如图所示。若该晶体储氢时，H2分子在晶胞的体心和棱的中心位置。
①该Fe-Mg合金中，每个Fe原子周围与它最近且相等距离的Mg原子有　 　个，Mg原子与它最近且相等距离的Fe原子构成的空间结构为　 　。
②要储存1kgH2至少需要　 　kg该Fe-Mg合金。
14．（2025高三上·南开期末）盐酸芬戈莫德(H)是一种治疗多发性硬化症的新型免疫抑制剂，以下是其中一种合成路线(部分反应条件已简化)
已知：
（1）由B生成C的反应类型为　 　；G中官能团的名称为　 　。
（2）已知由E生成F的反应类型为取代反应，写出F的结构简式　 　。
（3）由D生成E的反应目的是　 　。
（4）写出由A生成B的化学反应方程式　 　。
（5）试剂X的结构式为　 　。
（6）在C的同分异构体中，同时满足下列条件的可能结构共有　 　种(不含立体异构)
(a)含有苯环和硝基；
(b)核磁共振氢谱显示有四组峰，峰面积之比为。
上述同分异构体中，硝基和苯环直接相连的结构简式为　 　。
（7）参照上述反应路线，完成下列合成路线　 　。
15．（2025高三上·南开期末）某小组探究氧化性、还原性的变化规律。
资料：
（1）制备：将溶于冰水中，产生少量气泡，得溶液A。向A中加入过量稀，得溶液B。溶时用冰水，目的是　 　。
（2）检验：向溶液A、B中分别滴加适量酸性溶液。
Ⅰ．B中产生气泡，滴入的溶液紫色褪去，发生的两个半反应为：
发生还原反应：；
发生氧化反应：　 　。
Ⅱ．A中滴入的溶液紫色褪去，有棕褐色固体生成，产生大量气泡。推测固体可能含，对其产生的原因提出猜想：
猜想1.有氧化性，能被还原为，该反应的离子方程式为　 　。
猜想2.有　 　性，能与反应产生。
猜想3.……
（3）探究猜想2的合理性，并分析Ⅰ中没有产生棕褐色固体的原因，设计实验如下：
序号 实验 试剂 现象
ⅰ a 生成棕褐色固体，产生大量气泡
ⅱ b 有少量气泡
ⅲ 溶液 有少量气泡
ⅲ是ⅱ和ⅰ的对照实验。
①X是　 　(写化学式)。
②a是溶液和溶液；b是　 　。
③取ⅰ中棕褐色固体，滴加浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，写出反应的离子方程式　 　。
（4）向一定浓度的溶液中加入少量，迅速产生大量气泡；随后加入溶液，固体溶解，气泡产生明显减弱。写出固体溶解的离子方程式　 　。
（5）综上，做氧化剂还是做还原剂，与　 　等因素有关。
16．（2025高三上·南开期末）根据要求回答下列问题：
（1）与比较，键角较小的是　 　。
（2）热分解处理的原理： 。不同温度和压强下，于恒容密闭容器中的平衡转化率变化如图所示。此反应中的状态为　 　；　 　0(填“>”或“<”)，该反应自发进行的条件为　 　。
（3）常温下，溶液中含硫微粒的物质的量分数随变化如下图所示：
①代表的物质的量分数随变化的曲线为　 　(填“”“”或“”)。
②的电离常数，。写出用溶液吸收的离子方程式：　 　。
③常温下，工业上用烧碱吸收，得到的溶液M。溶液M中　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；同素异形体；元素、核素
【解析】【解析】A、和具有相同的质子数（92），但中子数不同（分别为143和146），属于不同的核素，A选项错误。B、O2和O3都是由氧元素组成的单质，它们互为同素异形体，B选项正确。
C、NH3的稳定性高于PH3，这是由于N-H键比P-H键更强，而与氢键无关。氢键主要影响物质的熔沸点等物理性质，C选项错误。
D、在配合物中，NH3作为配体，氮原子提供孤电子对与中心离子形成配位键，D选项错误。
故答案为：B
【分析】A、二者的质子数相同，但中子数不同，属于两种不同的核素。
B、同素异形体是指质子数相同，中子数不同的一类原子。
C、氢键影响的是物质的物理性质，而稳定性属于化学性质。
D、该离子中，配体是NH3，N原子是配位原子。
2．【答案】A
【知识点】有机化合物的命名；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．BF3的中心原子价层电子对数计算如下：，因此其VSEPR模型为平面三角形，选项A正确；
B．H3O+的电子式为，选项B错误；
C．聚丙烯的结构简式为，其链节为，选项C错误；
D．该化合物的正确名称为乙二酸二乙酯，选项D错误；
故答案为：A
【分析】A、根据BF3中心B原子的价层电子对数确定其VSEPR模型。
B、H3O＋中O原子存在一个孤电子对。
C、聚丙烯由丙烯（CH3－CH=CH2）发生加聚反应得到，据此确定其链节结构。
D、根据酯类物质的命名“某酸某酯”分析。
3．【答案】D
【知识点】水的电离；盐类水解的应用
【解析】【解析】A．加热煮沸会促进水的电离，但溶液中氢离子和氢氧根离子浓度始终保持相等（），A选项不符合题意；B．金属钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，虽然促进了水的电离，但生成的氢氧化钠是强碱，会导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度（），B选项不符合题意；
C．硫酸氢钠（）完全电离产生钠离子、氢离子和硫酸根离子（），增大了氢离子浓度，抑制了水的电离，C选项不符合题意；
D．硫酸铝钾（）电离出的铝离子（）会发生水解反应（），促进水的电离并使溶液呈酸性（），D选项符合题意；
故答案为：D
【分析】A、将水加热至沸腾，仍为中性。
B、加入Na，发生反应2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑。
C、加入NaHSO4，溶液显酸性，H＋抑制水的电离。
D、加入KAl(SO4)2，Al3＋水解促进水的电离，溶液显酸性。
4．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．X为C，能与H、O、N、P、S等多种元素形成共价键，A正确；B．电子数相同的离子，原子序数越小半径越大，Y（N）和Z（O）的简单离子半径关系为N3- > O2-，B错误；
C．Y为N，Q为S。N的2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于O；同主族从上至下第一电离能减小，故N > S，C正确；
D．W为Al，Z为O，O的电负性显著大于Al，D正确；
故答案为：B
【分析】W的简单离子在同周期离子中半径最小，表明W是第三周期的Al元素。短周期基态原子中有两个单电子，可能存在以下情况：①若为第二周期元素，最外层电子排布为或，对应元素为C或O；②若为第三周期元素，最外层电子排布为或，对应元素为Si或S。由于Q与Z同主族，且原子序数依次增大，可推断X、Z、Q分别为C、O、S，Y为N。
5．【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、惰性电极电解饱和食盐水时，Cl-和H2O在通电条件下发生反应，生成Cl2、H2和OH-。其离子方程式为：，A选项正确。B、AgCl沉淀溶于氨水会形成可溶性[Ag(NH3)2]Cl配合物，离子方程式为：，B选项错误。
C、NH4NO3溶液显酸性是由于NH4+水解所致，其离子方程式为：，C选项错误。
D、钢铁吸氧腐蚀的负极反应为Fe失去电子生成Fe2+，反应式为：；正极发生氧气还原反应：。由于Fe2+与OH-会立即生成Fe(OH)2沉淀，总反应式为：，D选项错误。
故答案为：A
【分析】A、电解NaCl溶液的过程中生成NaOH、H2和Cl2。
B、AgCl沉淀溶于氨水时生成[Ag(NH3)2]Cl溶液。
C、NH4＋水解生成NH3·H2O和H＋，为可逆反应。
D、产生的Fe2＋和OH－可进一步形成Fe(OH)2。
6．【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；同素异形体
【解析】【解析】A、金刚石、石墨、和碳纳米管都是碳元素形成的不同单质，属于同素异形体。虽然它们由相同元素组成，但化学性质存在差异，A选项错误。B、由于这些物质都由纯碳组成，当质量相同时，它们所含的碳原子物质的量相同。根据碳元素守恒定律，完全燃烧后生成的物质的量必然相同，B选项正确。
C、金刚石中碳原子采用杂化方式，而石墨、和碳纳米管中的碳原子主要采用杂化方式，C选项错误。
D、分子中同时存在σ键和键，D选项错误。
故答案为：B
【分析】A、同素异形体的化学性质不完全相同。
B、等质量的各种物质其碳元素的质量相等，据此计算。
C、石墨、碳纳米管的碳原子采用sp2杂化。
D、C60分子中含有σ键和π键。
7．【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．分析图1反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)为放热反应。容器乙绝热，反应放热导致温度升高（甲恒温），平衡时乙温度高于甲。升温使平衡逆向移动，故乙中SO2质量分数＞甲，A正确。B．同反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)放热，乙绝热升温使平衡逆向移动，导致平衡常数K乙＜K甲；丙恒温与甲温度相同，故K丙=K甲，B正确。
C．丁为绝热容器，反应放热使平衡时温度T丁＞T丙（丙恒温），升温加快反应速率，故丁达平衡时间＜丙，C正确。
D．乙绝热导致T乙＞T甲，平衡逆向移动。若使甲达到与乙相同的平衡状态（即逆向移动），需降低压强（而非增大），应外拉活塞，D错误。
故答案为：D
【分析】A、容器乙为绝热装置，由于反应放热，温度升高，结合温度对平衡移动的影响分析。
B、平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变。温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小。
C、丁为绝热装置，反应放热，温度升高，反应速率加快。
D、若要使甲达到乙相同的平衡状态，则应使平衡逆向移动，据此结合压强对平衡移动的影响分析。
8．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；常见化学电源的种类及其工作原理；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、放电过程属于原电池装置，阳离子移向正极，因此所有钾离子都向正极移动，A选项错误。B、根据分析可知，N2H4-O2燃料电池的反应产物是氮气和水，总反应中没有消耗KOH，所以KOH的物质的量保持不变。而其他两种燃料电池根据总反应可知KOH的物质的量会减少，B选项错误。
C、理论放电量与燃料的物质的量和转移电子数相关。假设消耗燃料的质量均为mg，则：
甲醇放电量表达式为：，N2H4放电量表达式为：，(CH3)2NNH2放电量表达式为：。通过比较可知(CH3)2NNH2的理论放电量最大，C选项正确。
D、根据电子转移数守恒和总反应式，消耗1mol O2会生成1mol氮气，在标准状况下体积为22.4L，D选项错误。
故答案为：C
【分析】A、在原电池中，阳离子移向正极。
B、N2H4－O2燃料电池中KOH不参与反应。
C、根据CH3OH、N2H4、(CH3)2NNH2的物质的量，以及转移电子数计算。
D、N2H4－O2燃料电池的总反应式为N2H4＋O2=N2＋2H2O，据此计算。
9．【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用；乙炔炔烃
【解析】【解答】A．由于反应Ⅰ的活化能高于反应Ⅱ，因此反应Ⅰ的速率比反应Ⅱ慢，选项A不正确；B．若使用丙炔作为原料，可能生成三种分子式为C6H10的有机物：CH3CH=CH-CH=CHCH3、CH2=C(CH3)-C(CH3)=CH2以及CH3CH=CH-C(CH3)=CH2，选项B不正确；
C．增加Cu的表面积可以加快反应速率，但催化剂不影响化学平衡，因此不能提高C2H2的平衡转化率，选项C不正确；
D．根据反应机理图示，C2H3*转化为C4H6(g)的过程涉及碳碳双键的断裂，以及新的碳碳双键和单键的形成，因此存在非极性键的断裂和生成，选项D正确；
故答案为：D
【分析】A、根据反应Ⅰ、反应Ⅱ所需活化能的大小判断反应速率的大小。
B、若用丙烯为原料，则产物可能有三种结构。
C、增大Cu的表面积，可增大反应速率，但转化率不变。
D、根据反应物和生成物的化学键变化分析。
10．【答案】C
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．电解过程中阳离子向阴极移动，氢离子从左室向右室迁移，A正确；B．根据分析，阳极得到的Mn3+进入"氧化池"将甲苯氧化为苯甲醛，"氧化池"中发生反应：，B正确；
C．电解过程中阴极(b极)发生反应2H++2e-=H2↑，同时电解质溶液中有等量的H+通过质子交换膜进入阴极区，因此电解池阴极区溶液的pH几乎不变(忽略溶液体积变化)，故C错误；
D．苯甲醛具有强还原性，容易在电解池阳极上放电，氧化池中产生的苯甲醛进入电解池会影响a极反应，D正确；
故答案为：C
【分析】根据图中信息可知，左侧a电极上Mn2＋转化为Mn3＋，发生失电子的氧化反应，应阳极，其电极反应式为Mn2+-e-=Mn3+。b电极为阴极，H＋发生得电子的还原反应，生成H2，其电极反应式为2H++2e-=H2↑。阳极产生的Mn3+进入"氧化池"将甲苯氧化为苯甲醛，发生的反应为：。据此分析选项。
11．【答案】D
【知识点】测定溶液pH的方法；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．普通pH试纸只能测定pH的整数值，无法精确到小数点后两位，选项A错误。B．实验1表明0.1 mol·L- NH4HCO3溶液呈碱性（）。根据电荷守恒关系：，可以推导出离子浓度大小关系为：，选项B错误。
C．实验2中NaOH足量，则溶液中NH4＋和HCO3－均可与NaOH反应，其离子方程式为：，选项C错误。
D．NH4HCO3溶液与NaCl溶液混合后析出的晶体是溶解度最小的NaHCO3，选项D正确。
故答案为：D
【分析】A、pH试纸测得溶液的pH值只能是整数或整数的范围。
B、实验1中溶液显碱性，说明HCO3－的水解程度大于NH4＋的水解程度，据此分析。
C、实验2中加入足量的NaOH，则溶液中NH4＋、HCO3－都能与NaOH反应。
D、NaHCO3的溶解度较小，因此析出的晶体为NaHCO3晶体。
12．【答案】A
【知识点】离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．由分析可知，曲线Ⅰ代表pH随的变化曲线，根据b点坐标，可得=c(H+)=10-4.3，故A正确；
B．溶液的pH：aC．b点时，溶液中，此时溶液显酸性，因此溶液中。结合电荷守恒，可得，因此溶液中，故C错误；
D．当H2A刚好被中和时，溶液中的溶质为K2A，由质子守恒可知，溶液中，故D错误；
故答案为：A
【分析】H2A是二元弱酸，分步电离，每一步电离的电离平衡常数分别为
、。由于第一步电离远大于第二步电离，因此Ka1远大于Ka2。当pX=0时，Ka=c(H+)，因此曲线Ⅰ代表pH随的变化曲线，曲线Ⅱ代表pH随 的变化曲线。据此结合选项分析。
13．【答案】（1）
（2）正四面体形；1.44×1025 (1.448×1025也可以)
（3）K＜C＜N＜O
（4）2：3
（5）8；正四面体形；52
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）基态Cu+的价层电子排布式为3d10，则价层电子排布图为。
故答案为：
（2）配合物中，中心原子的价层电子对数为=4，发生sp3杂化，则其VSEPR模型名称为：正四面体形。1个中，每个CH3C≡N中含有5个σ键和2个π键，另外N原子还与Cu+形成1个配位键(也属于σ键)，则1个含有σ键的数目为6×4=24个，1mol中含有σ键的数目为24×6.02×1023=1.44×1025 (1.448×1025也可以)。
故答案为：正四面体形； 1.44×1025 (1.448×1025也可以)
（3）K、C、N、O四种元素中，C、N、O为同周期相邻元素，非金属性依次增强，非金属性越强，电负性越大，K为活泼的金属元素，在四种元素中，其电负性最小，则它们电负性由小到大顺序为K＜C＜N＜O。
故答案为： K＜C＜N＜O
（4）在配合物中，内界中的Cl-不能与Ag+发生反应，在1个(绿色)、1个(紫色)中，前者能电离出2个Cl-，后者能电离出3个Cl-，则等物质的量的两者分别与足量硝酸银溶液反应，所得沉淀的物质的量之比为2：3。
故答案为： 2：3
（5）晶胞中，含有Fe原子的数目为=4，含有Mg原子的数目为8。该晶体储氢时，H2分子在晶胞的体心和棱的中心位置，则1个晶胞可贮存H2的数目为=4。
①该Fe-Mg合金中，Fe、Mg原子个数比为4：8=1：2，每个Mg原子周围有4个距离最近且相等的Fe原子，则每个Fe原子周围与它最近且相等距离的Mg原子有8个；Mg原子与它最近且相等距离的4个Fe原子构成的空间结构为正四面体形。
故答案为：8； 正四面体形
②在晶胞中，H2、Fe、Mg的个数比为4：4：8=1：1：2，要储存1kgH2至少需要=52kg该Fe-Mg合金。
故答案为：52
【分析】（1）Cu＋是由基态Cu原子失去4s能级上的电子形成的，结合Cu＋的价层电子排布式确定其价层电子排布图。
（2）根据BF4－中B原子的价层电子对数，确定其VSEPR模型。一个单键为1个σ键；双键、三键都含有1个σ键，配位键属于特殊的σ键，据此计算。
（3）同周期元素，核电荷数越大，电负性越强。金属元素的电负性小于非金属元素的电负性，据此分析。
（4）作为配体的Cl－难以电离，结合配合物中可自由移动的Cl－的个数，确定形成AgCl沉淀的物质的量之比。
（5）①乙面心Fe原子为中心，与之距离最近且相等的Mg位于晶胞的内部，据此分析。
②根据均摊法确定晶胞中原子个数，从而进行计算。
（1）基态Cu+的价层电子排布式为3d10，则价层电子排布图为。
（2）配合物中，中心原子的价层电子对数为=4，发生sp3杂化，则其VSEPR模型名称为：正四面体形。1个中，每个CH3C≡N中含有5个σ键和2个π键，另外N原子还与Cu+形成1个配位键(也属于σ键)，则1个含有σ键的数目为6×4=24个，1mol中含有σ键的数目为24×6.02×1023=1.44×1025 (1.448×1025也可以)。
（3）K、C、N、O四种元素中，C、N、O为同周期相邻元素，非金属性依次增强，非金属性越强，电负性越大，K为活泼的金属元素，在四种元素中，其电负性最小，则它们电负性由小到大顺序为K＜C＜N＜O。
（4）在配合物中，内界中的Cl-不能与Ag+发生反应，在1个(绿色)、1个(紫色)中，前者能电离出2个Cl-，后者能电离出3个Cl-，则等物质的量的两者分别与足量硝酸银溶液反应，所得沉淀的物质的量之比为2：3。
（5）晶胞中，含有Fe原子的数目为=4，含有Mg原子的数目为8。该晶体储氢时，H2分子在晶胞的体心和棱的中心位置，则1个晶胞可贮存H2的数目为=4。
①该Fe-Mg合金中，Fe、Mg原子个数比为4：8=1：2，每个Mg原子周围有4个距离最近且相等的Fe原子，则每个Fe原子周围与它最近且相等距离的Mg原子有8个；Mg原子与它最近且相等距离的4个Fe原子构成的空间结构为正四面体形。
②在晶胞中，H2、Fe、Mg的个数比为4：4：8=1：1：2，要储存1kgH2至少需要=52kg该Fe-Mg合金。
14．【答案】（1）还原反应；氨基、醚键
（2）
（3）保护羟基
（4）+
（5）甲醛
（6）4；
（7）
【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）由分析可知，B到C是去氧加氢的反应，属于还原反应；G的官能团为醚键和氨基。
故答案为：还原反应；氨基、醚键
（2）E和发生取代得到F和HCl，F的结构简式为：；
故答案为：
（3）根据分析D到E把-OH转化为醚键，G到H又转化为-OH，由D生成E的反应目的是保护羟基；
故答案为： 保护羟基
（4）A到B发生取代反应，反应的方程式为：+；
故答案为：+
（5）C发生已知i的反应得到D，由D的结构式，推测试剂X为甲醛(HCHO)；
故答案为： 甲醛
（6）C的结构简式为：，它的同分异构体中，满足a)含有苯环和硝基；b)核磁共振氢谱显示有四组峰，峰面积之比为6∶2∶2∶1，有、、、，共四种，其中硝基和苯环直接相连的结构简式为；
故答案为：4；
（7）以和CH3NO2为原料，设计合成，根据已知信息i，先和CH3NO2发生加成反应得到，发生催化氧化反应得到，根据合成路线B→C，发生还原反应得到，合成路线为：。
故答案为：
【分析】苯环与酰氯化合物发生亲电取代反应生成中间体B；B中的酮羰基经还原反应转化为羟基，得到化合物C；C通过已知反应i进行转化，生成产物D，根据D的结构反推可知试剂X为甲醛（HCHO）；D中的羟基与保护基试剂反应，生成被保护的中间体E；E与另一反应物发生取代反应，生成结构式为的化合物F；F经加氢还原反应转化为G；最终G通过后续反应得到目标产物H。据此结合题干设问分析作答。
（1）由分析可知，B到C是去氧加氢的反应，属于还原反应；G的官能团为醚键和氨基；
（2）E和发生取代得到F和HCl，F的结构简式为：；
（3）根据分析D到E把-OH转化为醚键，G到H又转化为-OH，由D生成E的反应目的是保护羟基；
（4）A到B发生取代反应，反应的方程式为：+；
（5）C发生已知i的反应得到D，由D的结构式，推测试剂X为甲醛(HCHO)；
（6）C的结构简式为：，它的同分异构体中，满足a)含有苯环和硝基；b)核磁共振氢谱显示有四组峰，峰面积之比为6∶2∶2∶1，有、、、，共四种，其中硝基和苯环直接相连的结构简式为；
（7）以和CH3NO2为原料，设计合成，根据已知信息i，先和CH3NO2发生加成反应得到，发生催化氧化反应得到，根据合成路线B→C，发生还原反应得到，合成路线为：。
15．【答案】（1）降低温度、减缓过氧化氢分解
（2）；；还原
（3）溶液；溶液和溶液；
（4）
（5）其他反应物的氧化性、还原性以及溶液的酸碱性
【知识点】氧化还原反应；性质实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）过氧化钠和水反应放热，温度升高，过氧化氢不稳定，高温易分解，溶时用冰水，目的是降低温度、减缓过氧化氢分解。
故答案为： 降低温度、减缓过氧化氢分解
（2）Ⅰ．发生氧化反应，被氧化生成氧气，半反应为：。
故答案为：
Ⅱ．有氧化性，能被还原为，发生氧化反应，被氧化生成氧气，该反应的离子方程式为；可以转化生成，锰元素化合价升高，被氧化，故有还原性。
故答案为：；还原
（3）①探究的是Mn2+的性质，所以溶液X为MnSO4溶液。
故答案为：溶液
②根据(2)II.溶液A为碱性环境，有棕褐色固体生成，且iii是i的对照实验，可知试剂a为过氧化氢和氢氧化钠，根据(2)I.溶液B为酸性，产生气泡，无沉淀生成，且iii是ii的对照实验，则试剂b为过氧化氢溶液和稀硫酸。
故答案为：溶液和溶液
③取ⅰ中棕褐色固体二氧化锰，滴加浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，写出反应的离子方程式。
故答案为：
（4）由现象可知，加入少量二氧化锰后，产生大量气泡，固体没有减少，说明二氧化锰做过氧化氢的催化剂，加入硫酸后固体溶解，说明二氧化锰做反应物且是氧化剂，将氧化生成氧气，固体溶解的离子方程式为。
故答案为：
（5）通过以上实验发现过氧化氢在酸性高锰酸钾溶液中做还原剂，在碱性条件下，与锰离子反应做氧化剂，在酸性条件下与二氧化锰反应做还原剂，综上，做氧化剂还是做还原剂，与其他反应物的氧化性、还原性以及溶液的酸碱性等因素有关。
故答案为： 其他反应物的氧化性、还原性以及溶液的酸碱性
【分析】（1）冰水温度低，可减缓H2O2的分解。
（2）Ⅰ、H2O2发生失电子的氧化反应，生成O2和H＋，据此写出其半反应式。
Ⅱ、根据题干信息可知，MnO4－与H2O2反应生成MnO2、O2和H2O，据此结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写反应的离子方程式。
Mn2＋与H2O2反应生成MnO2，过程中Mn元素化合价升高，发生氧化反应，据此判断其体现的性质。
（3）①猜想2是Mn2＋发生的反应，因此确定试剂X为MnSO4溶液。
②溶液a为碱性环境，作为对比实验，溶液b应为酸性环境，据此确定试剂b。
③滴加浓盐酸，产生的黄绿色气体为Cl2，据此写出反应的离子方程式。
（4）固体溶解，气泡产生该明显减弱，说明此时MnO2不做H2O2分解的催化剂，而是直接参与反应，据此写出反应的离子方程式。
（5）根据上述实验过程可知：溶液的酸碱性，以及其余物质的氧化性（或还原性）都会影响H2O2的性质。
（1）过氧化钠和水反应放热，温度升高，过氧化氢不稳定，高温易分解，溶时用冰水，目的是降低温度、减缓过氧化氢分解；
（2）Ⅰ．发生氧化反应，被氧化生成氧气，半反应为：；
Ⅱ．有氧化性，能被还原为，发生氧化反应，被氧化生成氧气，该反应的离子方程式为；可以转化生成，锰元素化合价升高，被氧化，故有还原性；
（3）①探究的是Mn2+的性质，所以溶液X为MnSO4溶液；
②根据(2)II.溶液A为碱性环境，有棕褐色固体生成，且iii是i的对照实验，可知试剂a为过氧化氢和氢氧化钠，根据(2)I.溶液B为酸性，产生气泡，无沉淀生成，且iii是ii的对照实验，则试剂b为过氧化氢溶液和稀硫酸；
③取ⅰ中棕褐色固体二氧化锰，滴加浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，写出反应的离子方程式；
（4）由现象可知，加入少量二氧化锰后，产生大量气泡，固体没有减少，说明二氧化锰做过氧化氢的催化剂，加入硫酸后固体溶解，说明二氧化锰做反应物且是氧化剂，将氧化生成氧气，固体溶解的离子方程式为；
（5）通过以上实验发现过氧化氢在酸性高锰酸钾溶液中做还原剂，在碱性条件下，与锰离子反应做氧化剂，在酸性条件下与二氧化锰反应做还原剂，综上，做氧化剂还是做还原剂，与其他反应物的氧化性、还原性以及溶液的酸碱性等因素有关。
16．【答案】（1）
（2）气态；>；较高温度
（3）；；
【知识点】键能、键长、键角及其应用；化学平衡的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）与中心原子都是sp3杂化，都含有1个孤电子对，但是电负性：大于，成键电子对之间的排斥力：大于，因此键角较小的。
故答案为：
（2）因为相同温度下，当压强不同时，的平衡转化率不同，即压强影响平衡移动，所以此反应中的状态为气态；根据图知，相同压强下，升高温度，的平衡转化率增大，即升高温度平衡正向移动，所以此反应为吸热反应，即>0；当时，该反应可自发进行，因为该反应>0，，所以在较高温度下该反应可自发进行。
故答案为：气态；＞；较高温度
（3）①随着pH升高，H2S发生反应H2S+OH-=+H2O、+ OH-=S2-+H2O，故代表H2S的物质的量分数随pH变化的曲线，代表的物质的量分数随pH变化的曲线，代表S2-的物质的量分数随pH变化的曲线，则答案为。
故答案为：
②根据图中曲线可知，当pH=7时，c(H2S)=c()，Ka1(H2S)==c(H+)=10-7，同理根据b点得Ka2(H2S)= 10-13，的电离常数、，则酸性H2CO3>H2S>>HS-，则用溶液吸收的离子方程式为：。
故答案为：
③常温下，工业上用烧碱吸收，得到的溶液M，Ka1(H2S)Ka2(H2S)=，则溶液M中。
故答案为：
【分析】（1）由于电负性O＞S，使得成键电子对之间的排斥力较大，键角更大。
（2）图示中温度相同时，不同压强下H2S的平衡转化率不同，说明压强影响平衡移动，因此左右两边气体分子数不同，据此判断H2S的状态。结合温度对平衡移动的影响分析，温度升高时，平衡向吸热反应方向移动。当ΔH-TΔS＜0时，反应自发进行，据此判断发那英自发进行的温度。
（3）①随着pH的增大，H2S逐渐转化为HS－，HS－进一步转化为S2－。因此随pH的增大，溶液中c(HS－)先增大后减小，据此确定。
②由电离平衡常数的大小判断酸性强弱，结合强酸制弱酸原理书写反应的离子方程式。
③溶液中进行计算。
（1）与中心原子都是sp3杂化，都含有1个孤电子对，但是电负性：大于，成键电子对之间的排斥力：大于，因此键角较小的；
（2）因为相同温度下，当压强不同时，的平衡转化率不同，即压强影响平衡移动，所以此反应中的状态为气态；根据图知，相同压强下，升高温度，的平衡转化率增大，即升高温度平衡正向移动，所以此反应为吸热反应，即>0；当时，该反应可自发进行，因为该反应>0，，所以在较高温度下该反应可自发进行；
（3）①随着pH升高，H2S发生反应H2S+OH-=+H2O、+ OH-=S2-+H2O，故代表H2S的物质的量分数随pH变化的曲线，代表的物质的量分数随pH变化的曲线，代表S2-的物质的量分数随pH变化的曲线，则答案为；
②根据图中曲线可知，当pH=7时，c(H2S)=c()，Ka1(H2S)==c(H+)=10-7，同理根据b点得Ka2(H2S)= 10-13，的电离常数、，则酸性H2CO3>H2S>>HS-，则用溶液吸收的离子方程式为：；
③常温下，工业上用烧碱吸收，得到的溶液M，Ka1(H2S)Ka2(H2S)=，则溶液M中。
1 / 1天津市南开中学2024-2025学年高三上学期1月期末化学试题
1．（2025高三上·南开期末）下列有关叙述正确的是
A．和是同一种核素
B．和互为同素异形体
C．由于氢键的作用，的稳定性强于
D．在中，作配体的是氮原子
【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；同素异形体；元素、核素
【解析】【解析】A、和具有相同的质子数（92），但中子数不同（分别为143和146），属于不同的核素，A选项错误。B、O2和O3都是由氧元素组成的单质，它们互为同素异形体，B选项正确。
C、NH3的稳定性高于PH3，这是由于N-H键比P-H键更强，而与氢键无关。氢键主要影响物质的熔沸点等物理性质，C选项错误。
D、在配合物中，NH3作为配体，氮原子提供孤电子对与中心离子形成配位键，D选项错误。
故答案为：B
【分析】A、二者的质子数相同，但中子数不同，属于两种不同的核素。
B、同素异形体是指质子数相同，中子数不同的一类原子。
C、氢键影响的是物质的物理性质，而稳定性属于化学性质。
D、该离子中，配体是NH3，N原子是配位原子。
2．（2025高三上·南开期末）下列表示正确的是
A．的价层电子对互斥(VSEPR)模型：
B．的电子式：
C．聚丙烯的链节为：
D．的名称：乙二酸乙二酯
【答案】A
【知识点】有机化合物的命名；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．BF3的中心原子价层电子对数计算如下：，因此其VSEPR模型为平面三角形，选项A正确；
B．H3O+的电子式为，选项B错误；
C．聚丙烯的结构简式为，其链节为，选项C错误；
D．该化合物的正确名称为乙二酸二乙酯，选项D错误；
故答案为：A
【分析】A、根据BF3中心B原子的价层电子对数确定其VSEPR模型。
B、H3O＋中O原子存在一个孤电子对。
C、聚丙烯由丙烯（CH3－CH=CH2）发生加聚反应得到，据此确定其链节结构。
D、根据酯类物质的命名“某酸某酯”分析。
3．（2025高三上·南开期末）下列操作能促进水的电离且使溶液中的是
A．将水加热煮沸 B．向水中加入一小块钠
C．向水中加入 D．向水中加入
【答案】D
【知识点】水的电离；盐类水解的应用
【解析】【解析】A．加热煮沸会促进水的电离，但溶液中氢离子和氢氧根离子浓度始终保持相等（），A选项不符合题意；B．金属钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，虽然促进了水的电离，但生成的氢氧化钠是强碱，会导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度（），B选项不符合题意；
C．硫酸氢钠（）完全电离产生钠离子、氢离子和硫酸根离子（），增大了氢离子浓度，抑制了水的电离，C选项不符合题意；
D．硫酸铝钾（）电离出的铝离子（）会发生水解反应（），促进水的电离并使溶液呈酸性（），D选项符合题意；
故答案为：D
【分析】A、将水加热至沸腾，仍为中性。
B、加入Na，发生反应2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑。
C、加入NaHSO4，溶液显酸性，H＋抑制水的电离。
D、加入KAl(SO4)2，Al3＋水解促进水的电离，溶液显酸性。
4．（2025高三上·南开期末）短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大。基态X、Z、Q原子均有两个单电子，W简子在同周期离子中半径最小，Q与Z同主族。下列说法错误的是
A．X能与多种非金属元素形成共价键
B．简单离子半径：
C．第一电离能：
D．电负性：
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．X为C，能与H、O、N、P、S等多种元素形成共价键，A正确；B．电子数相同的离子，原子序数越小半径越大，Y（N）和Z（O）的简单离子半径关系为N3- > O2-，B错误；
C．Y为N，Q为S。N的2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于O；同主族从上至下第一电离能减小，故N > S，C正确；
D．W为Al，Z为O，O的电负性显著大于Al，D正确；
故答案为：B
【分析】W的简单离子在同周期离子中半径最小，表明W是第三周期的Al元素。短周期基态原子中有两个单电子，可能存在以下情况：①若为第二周期元素，最外层电子排布为或，对应元素为C或O；②若为第三周期元素，最外层电子排布为或，对应元素为Si或S。由于Q与Z同主族，且原子序数依次增大，可推断X、Z、Q分别为C、O、S，Y为N。
5．（2025高三上·南开期末）下列反应的离子方程式表述正确的是
A．惰性电板电解饱和食盐水：
B．沉淀溶于氨水：
C．溶液显酸性的原因：
D．钢铁发生吸氧腐蚀时的总反应式：
【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、惰性电极电解饱和食盐水时，Cl-和H2O在通电条件下发生反应，生成Cl2、H2和OH-。其离子方程式为：，A选项正确。B、AgCl沉淀溶于氨水会形成可溶性[Ag(NH3)2]Cl配合物，离子方程式为：，B选项错误。
C、NH4NO3溶液显酸性是由于NH4+水解所致，其离子方程式为：，C选项错误。
D、钢铁吸氧腐蚀的负极反应为Fe失去电子生成Fe2+，反应式为：；正极发生氧气还原反应：。由于Fe2+与OH-会立即生成Fe(OH)2沉淀，总反应式为：，D选项错误。
故答案为：A
【分析】A、电解NaCl溶液的过程中生成NaOH、H2和Cl2。
B、AgCl沉淀溶于氨水时生成[Ag(NH3)2]Cl溶液。
C、NH4＋水解生成NH3·H2O和H＋，为可逆反应。
D、产生的Fe2＋和OH－可进一步形成Fe(OH)2。
6．（2025高三上·南开期末）下列物质的有关叙述正确的是
A．它们的化学性质完全相同
B．等质量的它们充分燃烧会产生等物质的量的气体
C．它们的碳原子均为杂化
D．分子中仅含键
【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；同素异形体
【解析】【解析】A、金刚石、石墨、和碳纳米管都是碳元素形成的不同单质，属于同素异形体。虽然它们由相同元素组成，但化学性质存在差异，A选项错误。B、由于这些物质都由纯碳组成，当质量相同时，它们所含的碳原子物质的量相同。根据碳元素守恒定律，完全燃烧后生成的物质的量必然相同，B选项正确。
C、金刚石中碳原子采用杂化方式，而石墨、和碳纳米管中的碳原子主要采用杂化方式，C选项错误。
D、分子中同时存在σ键和键，D选项错误。
故答案为：B
【分析】A、同素异形体的化学性质不完全相同。
B、等质量的各种物质其碳元素的质量相等，据此计算。
C、石墨、碳纳米管的碳原子采用sp2杂化。
D、C60分子中含有σ键和π键。
7．（2025高三上·南开期末）一定条件下存在反应：，其正反应放热。图1、图2表示起始时容器甲、丙体积都是V，容器乙、丁体积都是；向甲、丙内都充入和并保持恒温；向乙、丁内都充入和并保持绝热(即与外界无热量交换)，在相同温度下开始反应，并分别达到平衡状态。
下列说法不正确的是
A．的质量分数：甲乙
B．平衡常数K：甲丙乙
C．所需时间t：丙丁
D．若想使甲达到与乙相同的平衡状态，可以向内推动活塞
【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．分析图1反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)为放热反应。容器乙绝热，反应放热导致温度升高（甲恒温），平衡时乙温度高于甲。升温使平衡逆向移动，故乙中SO2质量分数＞甲，A正确。B．同反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)放热，乙绝热升温使平衡逆向移动，导致平衡常数K乙＜K甲；丙恒温与甲温度相同，故K丙=K甲，B正确。
C．丁为绝热容器，反应放热使平衡时温度T丁＞T丙（丙恒温），升温加快反应速率，故丁达平衡时间＜丙，C正确。
D．乙绝热导致T乙＞T甲，平衡逆向移动。若使甲达到与乙相同的平衡状态（即逆向移动），需降低压强（而非增大），应外拉活塞，D错误。
故答案为：D
【分析】A、容器乙为绝热装置，由于反应放热，温度升高，结合温度对平衡移动的影响分析。
B、平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变。温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小。
C、丁为绝热装置，反应放热，温度升高，反应速率加快。
D、若要使甲达到乙相同的平衡状态，则应使平衡逆向移动，据此结合压强对平衡移动的影响分析。
8．（2025高三上·南开期末）以KOH溶液为离子导体，分别组成CH3OH—O2、N2H4—O2、(CH3)2NNH2—O2清洁燃料电池，下列说法正确的是
A．放电过程中，K+均向负极移动
B．放电过程中，KOH物质的量均减小
C．消耗等质量燃料，(CH3)2NNH2—O2燃料电池的理论放电量最大
D．消耗1molO2时，理论上N2H4—O2燃料电池气体产物的体积在标准状况下为11.2L
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；常见化学电源的种类及其工作原理；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、放电过程属于原电池装置，阳离子移向正极，因此所有钾离子都向正极移动，A选项错误。B、根据分析可知，N2H4-O2燃料电池的反应产物是氮气和水，总反应中没有消耗KOH，所以KOH的物质的量保持不变。而其他两种燃料电池根据总反应可知KOH的物质的量会减少，B选项错误。
C、理论放电量与燃料的物质的量和转移电子数相关。假设消耗燃料的质量均为mg，则：
甲醇放电量表达式为：，N2H4放电量表达式为：，(CH3)2NNH2放电量表达式为：。通过比较可知(CH3)2NNH2的理论放电量最大，C选项正确。
D、根据电子转移数守恒和总反应式，消耗1mol O2会生成1mol氮气，在标准状况下体积为22.4L，D选项错误。
故答案为：C
【分析】A、在原电池中，阳离子移向正极。
B、N2H4－O2燃料电池中KOH不参与反应。
C、根据CH3OH、N2H4、(CH3)2NNH2的物质的量，以及转移电子数计算。
D、N2H4－O2燃料电池的总反应式为N2H4＋O2=N2＋2H2O，据此计算。
9．（2025高三上·南开期末）铜催化乙炔选择性氢化制1，3-丁二烯的反应机理如图所示(吸附在铜催化剂表面上的物种用*标注)。
下列说法正确的是
A．反应Ⅰ的速率大于反应Ⅱ的速率
B．若原料用丙炔，则会有2种分子式为C6H10的有机物生成
C．增大Cu的表面积，可加快反应速率；提高C2H2的平衡转化率
D．C2H3*转化成C4H6(g)过程中，有非极性键的断裂和形成
【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用；乙炔炔烃
【解析】【解答】A．由于反应Ⅰ的活化能高于反应Ⅱ，因此反应Ⅰ的速率比反应Ⅱ慢，选项A不正确；B．若使用丙炔作为原料，可能生成三种分子式为C6H10的有机物：CH3CH=CH-CH=CHCH3、CH2=C(CH3)-C(CH3)=CH2以及CH3CH=CH-C(CH3)=CH2，选项B不正确；
C．增加Cu的表面积可以加快反应速率，但催化剂不影响化学平衡，因此不能提高C2H2的平衡转化率，选项C不正确；
D．根据反应机理图示，C2H3*转化为C4H6(g)的过程涉及碳碳双键的断裂，以及新的碳碳双键和单键的形成，因此存在非极性键的断裂和生成，选项D正确；
故答案为：D
【分析】A、根据反应Ⅰ、反应Ⅱ所需活化能的大小判断反应速率的大小。
B、若用丙烯为原料，则产物可能有三种结构。
C、增大Cu的表面积，可增大反应速率，但转化率不变。
D、根据反应物和生成物的化学键变化分析。
10．（2025高三上·南开期末）间接电解法合成苯甲醛的原理如图所示。下列说法不正确的是
A．电解过程中氢离子从左室向右室迁移
B．“氧化池”中发生反应：
C．电解结束后，电解池阴极区溶液升高(忽略溶液体积变化)
D．氧化池中产生的苯甲醛进入电解池对a极反应会产生影响
【答案】C
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．电解过程中阳离子向阴极移动，氢离子从左室向右室迁移，A正确；B．根据分析，阳极得到的Mn3+进入"氧化池"将甲苯氧化为苯甲醛，"氧化池"中发生反应：，B正确；
C．电解过程中阴极(b极)发生反应2H++2e-=H2↑，同时电解质溶液中有等量的H+通过质子交换膜进入阴极区，因此电解池阴极区溶液的pH几乎不变(忽略溶液体积变化)，故C错误；
D．苯甲醛具有强还原性，容易在电解池阳极上放电，氧化池中产生的苯甲醛进入电解池会影响a极反应，D正确；
故答案为：C
【分析】根据图中信息可知，左侧a电极上Mn2＋转化为Mn3＋，发生失电子的氧化反应，应阳极，其电极反应式为Mn2+-e-=Mn3+。b电极为阴极，H＋发生得电子的还原反应，生成H2，其电极反应式为2H++2e-=H2↑。阳极产生的Mn3+进入"氧化池"将甲苯氧化为苯甲醛，发生的反应为：。据此分析选项。
11．（2025高三上·南开期末）碳酸氢铵在食品工业中常用于制作蓬松的面点和糕点。室温下，通过下列实验来探究的性质：
实验1：测得溶液的
实验2：向浓度为溶液中加入足量，有刺激性气味气体产生
实验3：浓度均为溶液和溶液等体积混合，有晶体析出，过滤
下列说法正确的是
A．实验1可以用试纸进行测定
B．由实验1可得：
C．实验2中发生反应的离子方程式：
D．实验3中析出的晶体为
【答案】D
【知识点】测定溶液pH的方法；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．普通pH试纸只能测定pH的整数值，无法精确到小数点后两位，选项A错误。B．实验1表明0.1 mol·L- NH4HCO3溶液呈碱性（）。根据电荷守恒关系：，可以推导出离子浓度大小关系为：，选项B错误。
C．实验2中NaOH足量，则溶液中NH4＋和HCO3－均可与NaOH反应，其离子方程式为：，选项C错误。
D．NH4HCO3溶液与NaCl溶液混合后析出的晶体是溶解度最小的NaHCO3，选项D正确。
故答案为：D
【分析】A、pH试纸测得溶液的pH值只能是整数或整数的范围。
B、实验1中溶液显碱性，说明HCO3－的水解程度大于NH4＋的水解程度，据此分析。
C、实验2中加入足量的NaOH，则溶液中NH4＋、HCO3－都能与NaOH反应。
D、NaHCO3的溶解度较小，因此析出的晶体为NaHCO3晶体。
12．（2025高三上·南开期末）常温下，将溶液滴加到二元弱酸溶液中，混合溶液的与的关系如图所示。已知代表或。下列说法正确的是
A．曲线Ⅰ代表随的变化曲线，
B．水的电离程度：
C．滴定到b点时，溶液中
D．当刚好被中和时，溶液中：
【答案】A
【知识点】离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．由分析可知，曲线Ⅰ代表pH随的变化曲线，根据b点坐标，可得=c(H+)=10-4.3，故A正确；
B．溶液的pH：aC．b点时，溶液中，此时溶液显酸性，因此溶液中。结合电荷守恒，可得，因此溶液中，故C错误；
D．当H2A刚好被中和时，溶液中的溶质为K2A，由质子守恒可知，溶液中，故D错误；
故答案为：A
【分析】H2A是二元弱酸，分步电离，每一步电离的电离平衡常数分别为
、。由于第一步电离远大于第二步电离，因此Ka1远大于Ka2。当pX=0时，Ka=c(H+)，因此曲线Ⅰ代表pH随的变化曲线，曲线Ⅱ代表pH随 的变化曲线。据此结合选项分析。
13．（2025高三上·南开期末）2024年2月24日，中国载人月球探测任务新飞行器命名为“梦舟”，月面着陆器命名为“揽月”，登陆月球成为中国人探索太空的下一个目标。月壤中存在天然的铜、铁、钛等矿物颗粒，回答下列问题：
（1）基态Cu+的价层电子排布图为　 　。
（2）配合物中，中心原子的VSEPR模型名称为　 　。
1中含有σ键的数目为　 　。
（3）亚铁氰化钾别名黄血盐，化学式为，加入食盐中可防止食盐板结。其中K、C、N、O四种元素的电负性由小到大顺序为　 　(用元素符号表示)。
（4）钛溶于盐酸制得的三氯化钛，其晶体有两种异构体：(绿色)、(紫色)，等物质的量的两者分别与足量硝酸银溶液反应，所得沉淀的物质的量之比为　 　。
（5）Fe-Mg合金是储氢密度很高的材料之一，其晶胞结构如图所示。若该晶体储氢时，H2分子在晶胞的体心和棱的中心位置。
①该Fe-Mg合金中，每个Fe原子周围与它最近且相等距离的Mg原子有　 　个，Mg原子与它最近且相等距离的Fe原子构成的空间结构为　 　。
②要储存1kgH2至少需要　 　kg该Fe-Mg合金。
【答案】（1）
（2）正四面体形；1.44×1025 (1.448×1025也可以)
（3）K＜C＜N＜O
（4）2：3
（5）8；正四面体形；52
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）基态Cu+的价层电子排布式为3d10，则价层电子排布图为。
故答案为：
（2）配合物中，中心原子的价层电子对数为=4，发生sp3杂化，则其VSEPR模型名称为：正四面体形。1个中，每个CH3C≡N中含有5个σ键和2个π键，另外N原子还与Cu+形成1个配位键(也属于σ键)，则1个含有σ键的数目为6×4=24个，1mol中含有σ键的数目为24×6.02×1023=1.44×1025 (1.448×1025也可以)。
故答案为：正四面体形； 1.44×1025 (1.448×1025也可以)
（3）K、C、N、O四种元素中，C、N、O为同周期相邻元素，非金属性依次增强，非金属性越强，电负性越大，K为活泼的金属元素，在四种元素中，其电负性最小，则它们电负性由小到大顺序为K＜C＜N＜O。
故答案为： K＜C＜N＜O
（4）在配合物中，内界中的Cl-不能与Ag+发生反应，在1个(绿色)、1个(紫色)中，前者能电离出2个Cl-，后者能电离出3个Cl-，则等物质的量的两者分别与足量硝酸银溶液反应，所得沉淀的物质的量之比为2：3。
故答案为： 2：3
（5）晶胞中，含有Fe原子的数目为=4，含有Mg原子的数目为8。该晶体储氢时，H2分子在晶胞的体心和棱的中心位置，则1个晶胞可贮存H2的数目为=4。
①该Fe-Mg合金中，Fe、Mg原子个数比为4：8=1：2，每个Mg原子周围有4个距离最近且相等的Fe原子，则每个Fe原子周围与它最近且相等距离的Mg原子有8个；Mg原子与它最近且相等距离的4个Fe原子构成的空间结构为正四面体形。
故答案为：8； 正四面体形
②在晶胞中，H2、Fe、Mg的个数比为4：4：8=1：1：2，要储存1kgH2至少需要=52kg该Fe-Mg合金。
故答案为：52
【分析】（1）Cu＋是由基态Cu原子失去4s能级上的电子形成的，结合Cu＋的价层电子排布式确定其价层电子排布图。
（2）根据BF4－中B原子的价层电子对数，确定其VSEPR模型。一个单键为1个σ键；双键、三键都含有1个σ键，配位键属于特殊的σ键，据此计算。
（3）同周期元素，核电荷数越大，电负性越强。金属元素的电负性小于非金属元素的电负性，据此分析。
（4）作为配体的Cl－难以电离，结合配合物中可自由移动的Cl－的个数，确定形成AgCl沉淀的物质的量之比。
（5）①乙面心Fe原子为中心，与之距离最近且相等的Mg位于晶胞的内部，据此分析。
②根据均摊法确定晶胞中原子个数，从而进行计算。
（1）基态Cu+的价层电子排布式为3d10，则价层电子排布图为。
（2）配合物中，中心原子的价层电子对数为=4，发生sp3杂化，则其VSEPR模型名称为：正四面体形。1个中，每个CH3C≡N中含有5个σ键和2个π键，另外N原子还与Cu+形成1个配位键(也属于σ键)，则1个含有σ键的数目为6×4=24个，1mol中含有σ键的数目为24×6.02×1023=1.44×1025 (1.448×1025也可以)。
（3）K、C、N、O四种元素中，C、N、O为同周期相邻元素，非金属性依次增强，非金属性越强，电负性越大，K为活泼的金属元素，在四种元素中，其电负性最小，则它们电负性由小到大顺序为K＜C＜N＜O。
（4）在配合物中，内界中的Cl-不能与Ag+发生反应，在1个(绿色)、1个(紫色)中，前者能电离出2个Cl-，后者能电离出3个Cl-，则等物质的量的两者分别与足量硝酸银溶液反应，所得沉淀的物质的量之比为2：3。
（5）晶胞中，含有Fe原子的数目为=4，含有Mg原子的数目为8。该晶体储氢时，H2分子在晶胞的体心和棱的中心位置，则1个晶胞可贮存H2的数目为=4。
①该Fe-Mg合金中，Fe、Mg原子个数比为4：8=1：2，每个Mg原子周围有4个距离最近且相等的Fe原子，则每个Fe原子周围与它最近且相等距离的Mg原子有8个；Mg原子与它最近且相等距离的4个Fe原子构成的空间结构为正四面体形。
②在晶胞中，H2、Fe、Mg的个数比为4：4：8=1：1：2，要储存1kgH2至少需要=52kg该Fe-Mg合金。
14．（2025高三上·南开期末）盐酸芬戈莫德(H)是一种治疗多发性硬化症的新型免疫抑制剂，以下是其中一种合成路线(部分反应条件已简化)
已知：
（1）由B生成C的反应类型为　 　；G中官能团的名称为　 　。
（2）已知由E生成F的反应类型为取代反应，写出F的结构简式　 　。
（3）由D生成E的反应目的是　 　。
（4）写出由A生成B的化学反应方程式　 　。
（5）试剂X的结构式为　 　。
（6）在C的同分异构体中，同时满足下列条件的可能结构共有　 　种(不含立体异构)
(a)含有苯环和硝基；
(b)核磁共振氢谱显示有四组峰，峰面积之比为。
上述同分异构体中，硝基和苯环直接相连的结构简式为　 　。
（7）参照上述反应路线，完成下列合成路线　 　。
【答案】（1）还原反应；氨基、醚键
（2）
（3）保护羟基
（4）+
（5）甲醛
（6）4；
（7）
【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）由分析可知，B到C是去氧加氢的反应，属于还原反应；G的官能团为醚键和氨基。
故答案为：还原反应；氨基、醚键
（2）E和发生取代得到F和HCl，F的结构简式为：；
故答案为：
（3）根据分析D到E把-OH转化为醚键，G到H又转化为-OH，由D生成E的反应目的是保护羟基；
故答案为： 保护羟基
（4）A到B发生取代反应，反应的方程式为：+；
故答案为：+
（5）C发生已知i的反应得到D，由D的结构式，推测试剂X为甲醛(HCHO)；
故答案为： 甲醛
（6）C的结构简式为：，它的同分异构体中，满足a)含有苯环和硝基；b)核磁共振氢谱显示有四组峰，峰面积之比为6∶2∶2∶1，有、、、，共四种，其中硝基和苯环直接相连的结构简式为；
故答案为：4；
（7）以和CH3NO2为原料，设计合成，根据已知信息i，先和CH3NO2发生加成反应得到，发生催化氧化反应得到，根据合成路线B→C，发生还原反应得到，合成路线为：。
故答案为：
【分析】苯环与酰氯化合物发生亲电取代反应生成中间体B；B中的酮羰基经还原反应转化为羟基，得到化合物C；C通过已知反应i进行转化，生成产物D，根据D的结构反推可知试剂X为甲醛（HCHO）；D中的羟基与保护基试剂反应，生成被保护的中间体E；E与另一反应物发生取代反应，生成结构式为的化合物F；F经加氢还原反应转化为G；最终G通过后续反应得到目标产物H。据此结合题干设问分析作答。
（1）由分析可知，B到C是去氧加氢的反应，属于还原反应；G的官能团为醚键和氨基；
（2）E和发生取代得到F和HCl，F的结构简式为：；
（3）根据分析D到E把-OH转化为醚键，G到H又转化为-OH，由D生成E的反应目的是保护羟基；
（4）A到B发生取代反应，反应的方程式为：+；
（5）C发生已知i的反应得到D，由D的结构式，推测试剂X为甲醛(HCHO)；
（6）C的结构简式为：，它的同分异构体中，满足a)含有苯环和硝基；b)核磁共振氢谱显示有四组峰，峰面积之比为6∶2∶2∶1，有、、、，共四种，其中硝基和苯环直接相连的结构简式为；
（7）以和CH3NO2为原料，设计合成，根据已知信息i，先和CH3NO2发生加成反应得到，发生催化氧化反应得到，根据合成路线B→C，发生还原反应得到，合成路线为：。
15．（2025高三上·南开期末）某小组探究氧化性、还原性的变化规律。
资料：
（1）制备：将溶于冰水中，产生少量气泡，得溶液A。向A中加入过量稀，得溶液B。溶时用冰水，目的是　 　。
（2）检验：向溶液A、B中分别滴加适量酸性溶液。
Ⅰ．B中产生气泡，滴入的溶液紫色褪去，发生的两个半反应为：
发生还原反应：；
发生氧化反应：　 　。
Ⅱ．A中滴入的溶液紫色褪去，有棕褐色固体生成，产生大量气泡。推测固体可能含，对其产生的原因提出猜想：
猜想1.有氧化性，能被还原为，该反应的离子方程式为　 　。
猜想2.有　 　性，能与反应产生。
猜想3.……
（3）探究猜想2的合理性，并分析Ⅰ中没有产生棕褐色固体的原因，设计实验如下：
序号 实验 试剂 现象
ⅰ a 生成棕褐色固体，产生大量气泡
ⅱ b 有少量气泡
ⅲ 溶液 有少量气泡
ⅲ是ⅱ和ⅰ的对照实验。
①X是　 　(写化学式)。
②a是溶液和溶液；b是　 　。
③取ⅰ中棕褐色固体，滴加浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，写出反应的离子方程式　 　。
（4）向一定浓度的溶液中加入少量，迅速产生大量气泡；随后加入溶液，固体溶解，气泡产生明显减弱。写出固体溶解的离子方程式　 　。
（5）综上，做氧化剂还是做还原剂，与　 　等因素有关。
【答案】（1）降低温度、减缓过氧化氢分解
（2）；；还原
（3）溶液；溶液和溶液；
（4）
（5）其他反应物的氧化性、还原性以及溶液的酸碱性
【知识点】氧化还原反应；性质实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）过氧化钠和水反应放热，温度升高，过氧化氢不稳定，高温易分解，溶时用冰水，目的是降低温度、减缓过氧化氢分解。
故答案为： 降低温度、减缓过氧化氢分解
（2）Ⅰ．发生氧化反应，被氧化生成氧气，半反应为：。
故答案为：
Ⅱ．有氧化性，能被还原为，发生氧化反应，被氧化生成氧气，该反应的离子方程式为；可以转化生成，锰元素化合价升高，被氧化，故有还原性。
故答案为：；还原
（3）①探究的是Mn2+的性质，所以溶液X为MnSO4溶液。
故答案为：溶液
②根据(2)II.溶液A为碱性环境，有棕褐色固体生成，且iii是i的对照实验，可知试剂a为过氧化氢和氢氧化钠，根据(2)I.溶液B为酸性，产生气泡，无沉淀生成，且iii是ii的对照实验，则试剂b为过氧化氢溶液和稀硫酸。
故答案为：溶液和溶液
③取ⅰ中棕褐色固体二氧化锰，滴加浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，写出反应的离子方程式。
故答案为：
（4）由现象可知，加入少量二氧化锰后，产生大量气泡，固体没有减少，说明二氧化锰做过氧化氢的催化剂，加入硫酸后固体溶解，说明二氧化锰做反应物且是氧化剂，将氧化生成氧气，固体溶解的离子方程式为。
故答案为：
（5）通过以上实验发现过氧化氢在酸性高锰酸钾溶液中做还原剂，在碱性条件下，与锰离子反应做氧化剂，在酸性条件下与二氧化锰反应做还原剂，综上，做氧化剂还是做还原剂，与其他反应物的氧化性、还原性以及溶液的酸碱性等因素有关。
故答案为： 其他反应物的氧化性、还原性以及溶液的酸碱性
【分析】（1）冰水温度低，可减缓H2O2的分解。
（2）Ⅰ、H2O2发生失电子的氧化反应，生成O2和H＋，据此写出其半反应式。
Ⅱ、根据题干信息可知，MnO4－与H2O2反应生成MnO2、O2和H2O，据此结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写反应的离子方程式。
Mn2＋与H2O2反应生成MnO2，过程中Mn元素化合价升高，发生氧化反应，据此判断其体现的性质。
（3）①猜想2是Mn2＋发生的反应，因此确定试剂X为MnSO4溶液。
②溶液a为碱性环境，作为对比实验，溶液b应为酸性环境，据此确定试剂b。
③滴加浓盐酸，产生的黄绿色气体为Cl2，据此写出反应的离子方程式。
（4）固体溶解，气泡产生该明显减弱，说明此时MnO2不做H2O2分解的催化剂，而是直接参与反应，据此写出反应的离子方程式。
（5）根据上述实验过程可知：溶液的酸碱性，以及其余物质的氧化性（或还原性）都会影响H2O2的性质。
（1）过氧化钠和水反应放热，温度升高，过氧化氢不稳定，高温易分解，溶时用冰水，目的是降低温度、减缓过氧化氢分解；
（2）Ⅰ．发生氧化反应，被氧化生成氧气，半反应为：；
Ⅱ．有氧化性，能被还原为，发生氧化反应，被氧化生成氧气，该反应的离子方程式为；可以转化生成，锰元素化合价升高，被氧化，故有还原性；
（3）①探究的是Mn2+的性质，所以溶液X为MnSO4溶液；
②根据(2)II.溶液A为碱性环境，有棕褐色固体生成，且iii是i的对照实验，可知试剂a为过氧化氢和氢氧化钠，根据(2)I.溶液B为酸性，产生气泡，无沉淀生成，且iii是ii的对照实验，则试剂b为过氧化氢溶液和稀硫酸；
③取ⅰ中棕褐色固体二氧化锰，滴加浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，写出反应的离子方程式；
（4）由现象可知，加入少量二氧化锰后，产生大量气泡，固体没有减少，说明二氧化锰做过氧化氢的催化剂，加入硫酸后固体溶解，说明二氧化锰做反应物且是氧化剂，将氧化生成氧气，固体溶解的离子方程式为；
（5）通过以上实验发现过氧化氢在酸性高锰酸钾溶液中做还原剂，在碱性条件下，与锰离子反应做氧化剂，在酸性条件下与二氧化锰反应做还原剂，综上，做氧化剂还是做还原剂，与其他反应物的氧化性、还原性以及溶液的酸碱性等因素有关。
16．（2025高三上·南开期末）根据要求回答下列问题：
（1）与比较，键角较小的是　 　。
（2）热分解处理的原理： 。不同温度和压强下，于恒容密闭容器中的平衡转化率变化如图所示。此反应中的状态为　 　；　 　0(填“>”或“<”)，该反应自发进行的条件为　 　。
（3）常温下，溶液中含硫微粒的物质的量分数随变化如下图所示：
①代表的物质的量分数随变化的曲线为　 　(填“”“”或“”)。
②的电离常数，。写出用溶液吸收的离子方程式：　 　。
③常温下，工业上用烧碱吸收，得到的溶液M。溶液M中　 　。
【答案】（1）
（2）气态；>；较高温度
（3）；；
【知识点】键能、键长、键角及其应用；化学平衡的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）与中心原子都是sp3杂化，都含有1个孤电子对，但是电负性：大于，成键电子对之间的排斥力：大于，因此键角较小的。
故答案为：
（2）因为相同温度下，当压强不同时，的平衡转化率不同，即压强影响平衡移动，所以此反应中的状态为气态；根据图知，相同压强下，升高温度，的平衡转化率增大，即升高温度平衡正向移动，所以此反应为吸热反应，即>0；当时，该反应可自发进行，因为该反应>0，，所以在较高温度下该反应可自发进行。
故答案为：气态；＞；较高温度
（3）①随着pH升高，H2S发生反应H2S+OH-=+H2O、+ OH-=S2-+H2O，故代表H2S的物质的量分数随pH变化的曲线，代表的物质的量分数随pH变化的曲线，代表S2-的物质的量分数随pH变化的曲线，则答案为。
故答案为：
②根据图中曲线可知，当pH=7时，c(H2S)=c()，Ka1(H2S)==c(H+)=10-7，同理根据b点得Ka2(H2S)= 10-13，的电离常数、，则酸性H2CO3>H2S>>HS-，则用溶液吸收的离子方程式为：。
故答案为：
③常温下，工业上用烧碱吸收，得到的溶液M，Ka1(H2S)Ka2(H2S)=，则溶液M中。
故答案为：
【分析】（1）由于电负性O＞S，使得成键电子对之间的排斥力较大，键角更大。
（2）图示中温度相同时，不同压强下H2S的平衡转化率不同，说明压强影响平衡移动，因此左右两边气体分子数不同，据此判断H2S的状态。结合温度对平衡移动的影响分析，温度升高时，平衡向吸热反应方向移动。当ΔH-TΔS＜0时，反应自发进行，据此判断发那英自发进行的温度。
（3）①随着pH的增大，H2S逐渐转化为HS－，HS－进一步转化为S2－。因此随pH的增大，溶液中c(HS－)先增大后减小，据此确定。
②由电离平衡常数的大小判断酸性强弱，结合强酸制弱酸原理书写反应的离子方程式。
③溶液中进行计算。
（1）与中心原子都是sp3杂化，都含有1个孤电子对，但是电负性：大于，成键电子对之间的排斥力：大于，因此键角较小的；
（2）因为相同温度下，当压强不同时，的平衡转化率不同，即压强影响平衡移动，所以此反应中的状态为气态；根据图知，相同压强下，升高温度，的平衡转化率增大，即升高温度平衡正向移动，所以此反应为吸热反应，即>0；当时，该反应可自发进行，因为该反应>0，，所以在较高温度下该反应可自发进行；
（3）①随着pH升高，H2S发生反应H2S+OH-=+H2O、+ OH-=S2-+H2O，故代表H2S的物质的量分数随pH变化的曲线，代表的物质的量分数随pH变化的曲线，代表S2-的物质的量分数随pH变化的曲线，则答案为；
②根据图中曲线可知，当pH=7时，c(H2S)=c()，Ka1(H2S)==c(H+)=10-7，同理根据b点得Ka2(H2S)= 10-13，的电离常数、，则酸性H2CO3>H2S>>HS-，则用溶液吸收的离子方程式为：；
③常温下，工业上用烧碱吸收，得到的溶液M，Ka1(H2S)Ka2(H2S)=，则溶液M中。
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