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湖南省常德市临澧县第一中学2025-2026学年高三上学期10月月考化学试题
1．（2025高三上·临澧月考）非物质文化遗产是一个国家和民族历史文化成就的重要标志。下列河南非物质文化遗产中主要成分为有机物的是
A．浚县泥咕咕 B．开封汴绣
C．镇平玉雕 D．棠溪宝剑
A．A B．B C．C D．D
2．（2025高三上·临澧月考）实验室常用氯化钠粉末和浓硫酸制备氯化氢，化学反应为，的结构式为。下列化学用语或叙述错误的是
A．分子间氢键使浓硫酸呈黏稠状和密度较大
B．NaCl的电子式：
C．中阴离子的VSEPR模型：
D．HCl中共价键的形成过程：
3．（2025高三上·临澧月考）是白色难溶于水的化合物，溶于较浓盐酸时生成。可以定量吸收，也能吸收、、等气体，其吸收形成，其结构为，下列说法正确的是
A．该化合物中Cu+提供空轨道，中碳原子提供孤电子对，形成的是配位键
B．测定混合气体N2、CO和O2中CO的含量时，应先用CuCl的盐酸溶液吸收CO
C．中只有Cl-、作配体
D．中Cu的化合价为+1，配位数为3
4．（2025高三上·临澧月考）碱金属氯化物是典型的离子化合物，和的晶胞结构如下图所示。其中的碱金属离子能够与冠醚形成超分子。
下列说法不正确的是
A．晶胞中含4个a离子
B．晶体中周围紧邻8个
C．碱金属离子与冠醚通过离子键形成超分子
D．不同空穴尺寸的冠醚可以对不同碱金属离子进行识别
5．（2025高三上·临澧月考）下列物质中仅含共价键的是
A．NH4NO3 B．NaOH C．MgCl2 D．CH4
6．（2025高三上·临澧月考）将NaCl固体与浓硫酸加热生成的HCl气体通至饱和NaCl溶液，可析出用于配制标准溶液的高纯度NaCl，下列相关实验操作规范的是
A．制备HCl B．析出NaCl C．过滤 D．定容
A．A B．B C．C D．D
7．（2025高三上·临澧月考）下列离子方程式书写正确的是
A．溶液中加入过量氨水：
B．的电离：
C．氢氧化铁溶于氢碘酸：
D．硫酸氢钠溶液与氢氧化钡溶液混合至溶液呈中性：
8．（2025高三上·临澧月考）下列实验方案能达到目的的是
　 实验目的 实验方案
A 除去苯酚中混有的苯 加适量的NaOH溶液分液，向水层通入足量CO2过滤
B 测定中和反应的反应热 酸碱中和滴定的同时，用温度传感器采集锥形瓶内溶液的温度
C 证明牺牲阳极的保护法 将Zn与Fe用导线相连，插入稀硫酸酸化的3%NaCl溶液，一段时间后，从Fe电极区取出少量溶液，滴入2滴K3[Fe(CN)6]溶液
D 分离乙酸和过氧乙酸 蒸馏(已知：沸点分别为118℃和105℃)
A．A B．B C．C D．D
9．（2025高三上·临澧月考）球磨-点击化学在氧化铝负载铜表面高效进行，具有缩短时间、降温并减少催化剂的作用，产率高达96%。下列说法正确的是
A．a、b、c均可以发生加成反应 B．a通过水解反应得苯酚
C．b的名称是苯乙烯 D．c中有2个碳原子具有手性
10．（2025高三上·临澧月考）在化学分析中，以标准溶液滴定溶液中的时，采用为指示剂。一定温度下，AgCl和的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法不正确的是
A．滴定时先产生AgCl沉淀
B．利用与反应生成砖红色沉淀指示滴定终点
C．图中a点条件下既不能生成AgCl沉淀，也不能生成沉淀
D．图中b点时，，
11．（2025高三上·临澧月考）近年来钠离子电池备受关注。利用钠离子在电极间“脱嵌”实现充放电的原理如图所示，电池工作时总反应为，下列说法正确的是
A．若用该电池进行铜的电解精炼，粗铜应与硬碳极相连
B．充电时，电子由电源负极经硬碳、电解液、流向电源正极
C．放电时，当电路中转移电子时，正极质量减少
D．放电时，正极反应为
12．（2025高三上·临澧月考）光催化氧化甲烷制甲醛的机理如图所示。下列说法不正确的是
A．在光催化剂表面会发生反应
B．为中间产物
C．上述过程中有非极性键的断裂与生成
D．含O分子参与的反应一定有电子转移
13．（2025高三上·临澧月考）加热N2O5时，发生以下两个分解反应：
①N2O5N2O3＋O2，②N2O3N2O＋O2，
在2 L密闭容器中充入8 mol N2O5，加热到T ℃达到化学平衡时O2为9 mol，N2O3为3.4 mol，则在该温度下反应①的化学平衡常数为
A．8.5 B．9.6 C．10.2 D．10.7
14．（2025高三上·临澧月考）我国化学家侯德榜改良索尔维的纯碱生产工艺，其流程如下：
下列说法正确的是
A．已知醋酸铵溶液显中性，则反应所得到NH4HCO3溶液中：c(HCO)＞c(NH)
B．沉淀池中的反应方程式为2NaCl＋CO2＋2NH3＋H2O=Na2CO3↓＋2NH4Cl
C．饱和NaCl溶液中通入NH3后，溶液中存在：c(H+)＋c(NH)= c(OH－)
D．通NH3前的母液中一定存在：c(NH3·H2O)＋c(NH)= c(Cl－)
15．（2025高三上·临澧月考）在19世纪40年代，德国化学家李比希最早提出了有机化合物元素定量分析法。某化学兴趣小组模拟李比希分析法，利用下列装置测定仅含碳、氢、氧的有机物的实验式。下列说法错误的是
A．虚线框中装置A用来制备氧气
B．装置B可以用球形干燥管代替，管内填装无水氯化钙
C．电炉中氧化铜可将有机物样品不完全燃烧产生的进一步氧化为
D．利用有机物样品质量，装置D、E反应前后的质量差，可以确定有机物的最简式
16．（2025高三上·临澧月考）电解吸收CO2的KOH溶液(主要成分是K2CO3)可将CO2转化为有机物，图1是双膜三室法电解CO2的吸收液。图2是在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率随电解电压的变化曲线。
下列说法错误的是
A．Y是直流电源的负极，交换膜b是阴离子交换膜
B．当电解电压为U1V时，阴极主要还原物质为H2
C．当电解电压为U2V时，生成CH4的电极反应式：CO+8e-+7H2O=CH4↑+10OH-
D．当电解电压为U3V时，生成的C2H4和HCOO-的物质的量之比为2：1
17．（2025高三上·临澧月考）正溴丁烷为无色透明液体，可用作溶剂及有机合成时的烷基化试剂及中间体等；实验室用正丁醇、溴化钠和过量的浓硫酸共热制得。
有关反应方程式及数据如下：
i．；
ii．。
名称 相对分子质量 密度 沸点 溶解性
水硫酸 硫酸 乙醇
正丁醇 74 0.8 118.0 微溶 溶 溶
正溴丁烷 137 1.3 101.6 不溶 不溶 溶
有关实验装置图（省略夹持装置）如图1、图2所示，实验步骤如下：
①将浓硫酸和水混合稀释。
②在圆底烧瓶中依次加入稍加稀释的浓硫酸、正丁醇及，充分摇振后加入几粒碎瓷片，按上图连接装置，用小火加热至沸，回流（此过程中，要经常摇动）。
③冷却后，改成蒸馏装置，得到粗产品。
④将粗产品依次用水洗、浓硫酸洗、水洗、饱和溶液洗，最后再水洗。
⑤产物移入干燥的锥形瓶中，用无水固体间歇摇动，静置片刻，过滤除去固体，进行蒸馏纯化，收集馏分，得正溴丁烷。回答下列问题：
（1）仪器a的名称是　 　，装置b的作用是　 　。
（2）浓硫酸稀释的操作为　 　。若浓硫酸未稍加稀释，得到的产品会呈黄色，除了用溶液外，除去该杂质最好还可选用下列试剂中的　 　（填标号）。
A．四氯化碳 B．硫酸钠 C．氢氧化钠 D．亚硫酸钠
（3）通过查阅资料发现实验室制取正溴丁烷的反应有一定的可逆性，因此步骤②中加入的浓硫酸的作用除了与溴化钠反应生成溴化氢之外，还有　 　（从化学平衡的角度来说明）。
（4）已知的熔点为，而的熔点为，请从物质结构的角度解释的熔点比的熔点高很多的原因：　 　。
（5）本实验的产率是　 　。
18．（2025高三上·临澧月考）硒是人体不可缺少的微量元素，硒的应用范围非常广泛。以硫铁矿生产硫酸过程中产生的含硒物料（主要含等）提取硒的一种工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“脱硫”时，煤油为溶剂。脱硫率随温度的变化如图所示，试分析随温度的升高，脱硫率呈上升趋势的原因：　 　，最佳脱硫温度为　 　。
（2）“氧化酸浸”时，提高酸浸率的方法有　 　（写一种方法），可转化成，该反应的化学方程式为　 　。
（3）“精制”过程中，先将浸出转化成硒代硫酸钠再被酸化后生成硒，同时产生一种刺激性气味的气体。酸化时，该反应的离子方程式为　 　。
（4）的晶胞结构如下图所示，其晶胞参数为，阿伏加德罗常数的值为。M原子的配位数为　 　，的晶体密度为　 　（列出计算式）。
19．（2025高三上·临澧月考）深入研究碳、氮元素的物质转化有着重要的实际意义，汽车尾气净化装置中CO和NO发生如下反应：
i．　，
ii．　，
iii．　，
回答下列问题：
（1）上述反应的的线性关系如图所示()。　 　(填“>”或“<”)0，反应的　 　(用、表示)。
（2）一定温度下，在1L密闭容器中充入2molCO、2molNO和1mol，初始总压强为，仅发生以上反应ⅰ、ⅱ，且反应ⅰ的，，，分别为正、逆反应速率常数。充分反应达平衡时总压强为，的物质的量为1.25mol，则　 　。
（3）CO和NO发生上述三个反应，在不同条件下达到平衡时，在K时NO的转化率与的变化曲线及时NO的转化率与T的变化曲线如图所示。
表示时NO的转化率与T的变化曲线为　 　曲线(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)，A点后NO的平衡转化率增大的原因是　 　。
（4）CO、NO均能够与血红蛋白(Hb)中形成稳定的配合物使血红蛋白失去携氧能力，因而具有毒性。已知：CO进入血液后有如下平衡：。
①从化学平衡角度简述CO的中毒原理：　 　。
②已知反应实验表明，人体内HbCO与的浓度之比为1∶50已足以使人智力受损，则抽烟时吸入肺部的空气中CO与的体积比大于　 　即达到智力受损的程度。
20．（2025高三上·临澧月考）一种用于治疗高血脂的新药I的合成路线如图：
已知：a．
b．
回答下列问题：
（1）B的结构简式为：　 　；反应②的反应类型为　 　。
（2）G中所含官能团的名称是　 　。
（3）已知卤代烃与氢氧化钠反应过程中，影响反应进行的难易因素之一是碳卤键的键能，键能越小，越容易形成碳正离子而发生反应，则①、②、③三种物质中最容易与氢氧化钠反应生成A的物质为　 　（填序号）。该流程中转化为A的化学方程式为　 　。
（4）化合物W的相对分子质量比化合物C大14，且满足下列条件的W的结构简式为　 　。
①遇溶液显紫色；②属于芳香族化合物；③能发生银镜反应；
④核磁共振氢谱图中有5组峰，峰面积比为。
（5）设计用甲苯和乙醛为原料制备的合成路线　 　，其他无机试剂任选。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】合金及其应用；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；无机化合物与有机化合物的概念
【解析】【解答】判断核心是 “有机物的定义（含碳化合物，除 CO、CO2及碳酸盐等）”，结合非遗物品的主要成分分析：
A、主要成分是泥土（含硅酸盐、氧化物等无机物），不属于有机物，故A不符合题意 ；
B、主要材质是丝线（蚕丝，成分为蛋白质，属于含碳的有机物），故B符合题意 ；
C、主要成分是玉石（含硅酸盐、金属氧化物等无机物），不属于有机物，故C不符合题意 ；
D、主要材质是金属（铁等单质，属于无机物），不属于有机物，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】本题易错点如下：
有机物概念混淆：易误将含碳的无机物（如碳酸盐）当成有机物，忽略 “有机物是含碳化合物但排除 CO、CO2、碳酸盐等” 的定义。
物品成分误判：错认为泥土、玉石等含 “复杂成分” 就是有机物，实际它们的主要成分是硅酸盐、氧化物等无机物；而汴绣的丝线（蛋白质）才是有机物。
对非遗物品材质不熟悉：不了解汴绣的材质是蚕丝（蛋白质，有机物），误选其他无机物材质的选项。
2．【答案】D
【知识点】判断简单分子或离子的构型；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；化学键和分子间作用力的区别；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】 【解答】A、浓硫酸分子间存在大量氢键，增强了分子间作用力，导致其呈黏稠状且密度较大，A正确；
B、NaCl 是离子化合物，电子式为 ，符合书写规则（阳离子直接写离子符号，阴离子加方括号并标注电荷），B正确；
C、Na2SO4的阴离子为 SO42-，中心 S 原子价层电子对数为 4（ ，无孤电子对），VSEPR 模型为正四面体，C正确；
D、HCl 中是共价键（H 与 Cl 通过共用电子对结合），而图示体现的是电子得失（离子键形成过程）， HCl中共价键的形成过程为，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题的解题关键如下：
氢键的影响：分子间氢键会强化分子间作用力，使物质表现出黏稠、高密度等特性（如浓硫酸）。
化学用语规范：
离子化合物电子式需明确离子键（阴离子带方括号）；
共价键形成过程应体现共用电子对，而非电子转移。
VSEPR 模型判断：根据中心原子价层电子对数（如 SO42-中 S 为 4 对），确定模型类型（正四面体）。
3．【答案】A
【知识点】配合物的成键情况
【解析】【解答】A、配位键由空轨道的接受体和孤电子对的给予体形成，Cu+价层有空轨道，CO 中 C 原子含孤电子对，二者形成配位键，A正确；
B、H [CuCl2] 不仅吸收 CO，还能吸收 O2，若先用其吸收 CO，O保存进入下一题2也会被同时吸收，无法单独测定 CO 含量，B错误；
C、从结构可知，[Cu(CO) Cl H2O]2中除了 Cl-、H2O，CO 也是配体（与 Cu+配位），C错误；
D、Cu 化合价为 +1，但配位数是 4（每个 Cu+与 1 个 CO、1 个 Cl-、2 个 H2O 配位），并非 3，D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题易错点：
配位键的形成主体混淆：易误判 CO 中提供孤电子对的原子（实际是 C 而非 O），或忽略 Cu+的空轨道作用。
吸收剂的选择性忽略：错认为 H [CuCl2] 仅吸收 CO，未注意它也能吸收 O2，导致测定混合气体时的操作顺序错误。
配体的判断不全面：只关注 Cl-、H2O，遗漏结构中与 Cu+配位的 CO，误判配体种类。
配位数的计算错误：未结合结构分析每个 Cu+的配位对象（CO、Cl-、2 个 H2O），错将配位数算为 3。
4．【答案】C
【知识点】晶胞的计算；超分子
【解析】【解答】A、NaCl 晶胞中，Na+（a 离子）采用均摊法计算：8 个顶点（各占）+6 个面心（各占），共 个，A正确；
B、CsCl 晶胞为体心立方结构，Cs+位于体心，周围紧邻 8 个顶点的 Cl-，B正确；
C、超分子是通过分子间作用力（如氢键、范德华力）结合，碱金属离子与冠醚形成超分子的作用力并非离子键，C错误；
D、冠醚的空穴尺寸与碱金属离子半径匹配（如不同冠醚适配 Na+、K+等），可实现对不同离子的识别，D正确；
故答案为：C。
【分析】 A． 晶胞粒子数计算：离子晶体晶胞中粒子数需用均摊法（顶点、面心、体心的占比）计算。
B．考查晶胞配位数判断：不同晶胞结构（NaCl 为面心立方、CsCl 为体心立方）对应不同的配位数（NaCl 中离子配位数为 6，CsCl 为 8）。
C．掌握超分子的成键本质：超分子由分子间作用力（非化学键）结合，与离子键、共价键等化学键不同。
D．考查冠醚的识别原理：冠醚通过空穴尺寸与离子半径的匹配性，实现对不同碱金属离子的选择性识别。
5．【答案】D
【知识点】化学键
【解析】【解答】A、硝酸铵是离子化合物，含 NH4+与 NO3-之间的离子键，同时 NH4+、NO3-内部含共价键，并非仅含共价键，故A不符合题意 ；
B、氢氧化钠是离子化合物，含 Na+与 OH-之间的离子键，OH-内部含共价键，并非仅含共价键，故B不符合题意 ；
C、氯化镁是离子化合物，仅含 Mg2+与 Cl-之间的离子键，无共价键，故C不符合题意 ；
D、甲烷是共价化合物，仅含 C 与 H 之间的共价键，符合 “仅含共价键” 的要求，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】本题关键：掌握化学键与物质类型的关系：离子化合物（如 NH4NO3、NaOH、MgCl2）必含离子键，可能含共价键；共价化合物（如 CH4）仅含共价键。
判断特殊离子的化学键：含 NH4+、OH-等的离子化合物，内部离子（如 NH4+）中存在共价键，但物质整体含离子键。
6．【答案】C
【知识点】常见气体制备原理及装置选择；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A．NaCl固体与浓硫酸在加热条件下生成的HCl气体，该装置缺少加热装置，故A错误；
B．氯化氢易溶于水，为充分吸收氯化氢并防止倒吸，HCl气体应从右侧通入，故B错误；
C．NaCl晶体为固态，因此可以采用过滤法分离出氯化钠晶体，故C正确；
D．定容时眼睛应当平视容量瓶的刻度线，故D错误；
选C。
【分析】A．该反应需要加热；
Ｂ．HCl极易溶于水；
Ｃ．过滤用于分液固液混合物；
Ｄ．定容时视线应当平视刻度线。
7．【答案】B
【知识点】离子方程式的书写；电离方程式的书写
【解析】【解答】A、CuSO4溶液加过量氨水时，Cu(OH)2会与过量 NH3 H2O 反应生成 [Cu(NH3)4]2+（络离子），不会停留在 Cu(OH)2沉淀阶段，A错误；
B、HSO3-的电离是向水中释放 H+，结合 H2O 形成 H3O+，同时生成 SO32-，电离方程式符合弱电解质部分电离的规律，B正确；
C、Fe(OH)3溶于氢碘酸时，Fe3+会与 I-发生氧化还原反应（生成 Fe2+和 I2），并非单纯酸碱中和，C 错误；
D、硫酸氢钠与氢氧化钡混合至中性时，H+与 OH-需恰好反应，正确配比是 2 个 H+对应 2 个 OH-，离子方程式应为 2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，原方程式配比错误，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题易错点：忽视 “过量试剂” 的后续反应：误认 CuSO4加过量氨水只生成 Cu(OH)2沉淀，忽略过量 NH3 H2O 会与沉淀形成络离子。
混淆 “电离” 与 “水解”：易将 HSO3-的电离写成水解形式，忽略电离是 HSO3-释放 H+的过程。
遗漏氧化还原的叠加反应：仅认为 Fe(OH)3与氢碘酸是酸碱中和，没注意 Fe3+会氧化 I-。
中性条件下的配比错误：配制中性溶液时，误按 “1：1” 配比 H+与 OH-，忽略需按物质组成比例配平（如 NaHSO4与 Ba(OH)2中性时应为 2：1）。
8．【答案】C
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；中和热的测定；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、苯酚与 NaOH 反应生成苯酚钠（溶于水），分液后水层通 CO2可析出苯酚，但需 “分液”（苯酚难溶于水）而非 “过滤”，方案操作错误，故A不符合题意 ；
B、中和滴定的装置（锥形瓶）热量散失多，无法准确测定反应热；应使用绝热的量热计，方案装置错误，故B不符合题意 ；
C、Zn 与 Fe 相连插入溶液中，Zn 作负极（被腐蚀）、Fe 作正极（被保护）；若 Fe 未被腐蚀，则无 Fe2+，滴加 K3[Fe(CN)6]（遇 Fe2+ 生成蓝色沉淀）无明显现象，可证明保护法生效，方案合理，故C符合题意 ；
D、过氧乙酸受热易分解，蒸馏（需加热）会导致其变质，不能用蒸馏法分离，方案方法错误，故D不符合题意 ；
故选C。
【分析】A．除杂操作的匹配性：苯酚与苯的分离，析出苯酚后应分液（苯酚难溶），避免误用过滤。
B．反应热测定的装置要求：需用绝热装置（量热计）减少热量散失，不能用开放的锥形瓶。
C．牺牲阳极保护法的验证：通过检测正极（被保护金属）是否生成低价金属离子（如 Fe2+），判断保护效果。
D．蒸馏法的适用条件：易分解的物质（如过氧乙酸）不能用蒸馏分离，需选低温分离方法。
9．【答案】A
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、a含苯环，苯环可与 发生加成反应（催化加氢 ）。b含苯环和碳碳三键（ ），苯环、碳碳三键均可发生加成反应（如与 加成 ）；含苯环，苯环可发生加成反应。所以a、b、c均能发生加成反应，A正确；
B、a的结构是苯甲基溴（ ），水解反应时， 被 取代，生成苯甲醇（ ），而非苯酚（ ），B错误；
C、b的结构是苯环连接乙炔基（ ），属于炔烃，正确命名是苯乙炔，不是苯乙烯（苯乙烯含碳碳双键 ），C错误；
D、观察的结构，所有碳原子要么连有相同原子/基团（如苯环上的碳 ），要么连接的原子/基团不满足“4个不同”，不存在手性碳原子，D错误。
故答案为：A。
【分析】A．判断a、b、c是否含能发生加成反应的官能团（苯环、碳碳三键 ）。
B．分析卤代烃a（溴代烃 ）水解反应的产物，判断是否生成苯酚。
C．根据炔烃的命名规则，判断的名称是否正确。
D．依据手性碳原子定义（连有4个不同原子或基团的碳原子 ），判断中是否存在手性碳。
10．【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；中和滴定
【解析】【解答】A、由曲线可知，相同下，远小于，故的更小。滴加时，先满足沉淀条件（离子积），先产生沉淀，A正确；
B、沉淀完全后，过量与反应生成砖红色沉淀，以此指示滴定终点，B正确；
C、a点中，，，故既无沉淀，也无沉淀生成，C正确；
D、b点时，，即；但，，二者表达式不同，不相等，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题关键点：
沉淀先后判断：通过平衡曲线可知，的更小，滴加时先满足沉淀条件（），先产生沉淀。
滴定终点指示：沉淀完全后，过量与生成砖红色沉淀，作为终点信号。
沉淀生成条件：离子积时无沉淀，a点、均小于对应，故无沉淀。
的区别：与的表达式不同（前者为，后者为），即使，也不相等。
11．【答案】D
【知识点】铜的电解精炼；电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、铜电解精炼中，粗铜需作阳极（接电源正极）。放电时硬碳为负极（充电时为阴极），若粗铜与硬碳相连，则粗铜作阴极，无法实现精炼，A错误；
B、充电时，电子通过导线传递（电源负极—硬碳—导线—NaMnO—电源正极），电解液中是 Na+等离子移动导电，电子不经过电解液，B错误；
C、放电时正极反应为 Na1-xMnO2+xNa++xe-=NaMnO2 ，每转移 1mol 电子，正极结合 1mol Na+，质量增加 23g（而非减少），C错误；
D、放电时正极发生还原反应，Na1- MnO2结合 Na+和电子生成 NaMnO2： Na1-xMnO2+xNa++xe-=NaMnO2，D正确；
故答案为：D。
【分析】根据电池充放电总反应，先明确电极性质：放电时，硬碳侧（NaxC 转化为 C）发生氧化反应，为负极；NaMnO2侧（Na1- MnO2转化为 NaMnO2）发生还原反应，为正极。充电时电极性质相反。逐一分析。
A．放电时，失电子的物质（NaxC）所在电极为负极，得电子的物质（Na1- MnO2）所在电极为正极。
B．电子仅在导线中移动，电解液中靠离子（如 Na+）导电。
C．放电时正极结合 Na+，质量随 Na+嵌入而增加。
D．粗铜需作阳极（接电源正极），与电池负极（硬碳）连接无效。
12．【答案】C
【知识点】化学键；氧化还原反应；催化剂
【解析】【解答】A、机理图中，H2O 与空穴 h+反应生成 H+和 OH，对应反应为 H2O+h+=H++ OH，A正确；
B、CH3COOH 在反应中生成，之后进一步转化为 HCHO，未作为最终产物，属于中间产物，B正确；
C、反应中涉及的化学键：CH4中 C-H 键（极性键）断裂，生成的 CH3、 OOH 等含极性键；O2参与反应时 O=O 键（非极性键）断裂，但无新的非极性键生成，故无 “非极性键的生成”，C错误；
D、含 O 的分子（如 O2、 OOH）参与反应时，O 元素化合价发生变化（如 O2中 O 为 0 价， OOH 中 O 为 - 1 价），一定伴随电子转移，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．机理图信息提取：直接从图中物质转化关系，确定反应式（如 H2O 与 h+的反应）。
B．中间产物判断：生成后又被消耗的物质（如 CH3COOH）为中间产物。
C．非极性键识别：非极性键存在于同种原子间（如 O2的 O=O），需同时判断是否有断裂和生成。
D．电子转移依据：含 O 分子参与反应时，O 元素化合价变化意味着电子转移。
13．【答案】A
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的计算
【解析】【解答】通过两个反应的O2生成量，拆分反应①、②的贡献，再计算反应①的平衡浓度：
设反应①生成的O2为x mol，反应②生成的O2为y mol，总O2为。
反应①生成N2O3为x mol，反应②消耗N2O3为y mol，平衡时N2O3为。
联立方程解得：，。
计算平衡浓度：，，。
反应①的平衡常数。
故答案为：A。
【分析】本题关键要点：1. 拆分反应贡献：利用总O2量和平衡N2O3量，联立方程得到反应①、②的O2生成量。
2. 平衡浓度计算：根据反应消耗/生成量，计算各物质的平衡浓度（注意容器体积为2L）。
3. 平衡常数表达式：反应①的，代入浓度计算即可。
14．【答案】C
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】侯德榜制碱流程：合成氨厂提供的 NH3与 CO2、饱和 NaCl 溶液一同进入沉淀池，反应生成 NaHCO3沉淀；沉淀经煅烧炉得到纯碱；沉淀池的母液再通入 NH3后，过滤得到 NH4Cl 固体。
A、醋酸铵溶液中性，说明醋酸与 NH3 H2O 电离程度相当；而 HCO3-水解程度大于 NH4+，故 NH4HCO3溶液中 c(NH4+) > c(HCO3-)，A错误；
B、沉淀池中生成的是 NaHCO3（溶解度小），反应方程式应为 NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，而非 Na2CO3，B错误；
C、饱和 NaCl 溶液通入 NH3后，溶质为 NaCl 和 NH3 H2O，电荷守恒式为 c(H+)+c(NH4+)+c(Na+)= c(OH-)+c(Cl-)，但 NaCl 完全电离，c(Na+)=c(Cl-)，代入后得 c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)，C正确；
D、通 NH3前的母液含 NH4Cl 和未反应的 NaCl，物料守恒应为c(NH3 H2O) + c(NH4+) < c(Cl-)（因 Cl-还来自 NaCl），D错误；
故答案为：C。
【分析】A．醋酸铵中性推出醋酸与 NH3 H2O 电离能力相当；HCO3-水解能力强于 NH4+，故NH4HCO3中 NH4+水解更少，故 c(NH4+) > c(HCO3-)。
B．侯氏制碱法沉淀是 NaHCO3（溶解度小），不是 Na2CO3。
C．饱和 NaCl 通 NH3后，溶质为 NaCl+NH3 H2O；电荷守恒式中，NaCl 的 c (Na+)=c (Cl-)，代入后化简得 c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)。
D．母液含 NH4Cl 和 NaCl，Cl-来自两者，故 c(NH3 H2O)+c(NH4+) < c(Cl-)。
15．【答案】D
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量；有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】A、该实验需氧气使有机物燃烧，虚线框装置 A 可用于制备氧气（如过氧化氢分解法），A正确；
B、装置 B 的作用是干燥氧气，球形干燥管填装无水氯化钙（干燥剂）可替代，B正确；
C、有机物不完全燃烧会生成 CO，电炉中 CuO 可将 CO 氧化为 CO2，保证 C 元素全部转化为 CO2以便测定，C正确；
D、要确定有机物最简式，需准确测得 C、H、O 的质量：装置 D 增重对应 H2O 的质量（测 H）、装置 E 增重对应 CO2的质量（测 C），再结合样品质量算 O 的质量。但该实验中，若装置 B 未将氧气完全干燥（带入水分），会使 D 中 H2O 质量偏大；且装置 E 未做尾气处理，可能吸收空气中的 CO2、H2O，导致 CO2质量测量误差，D错误；
故答案为：D。
【分析】解题关键点：
装置的核心作用：A 制备燃烧所需的 O2，B 干燥 O2（避免水分干扰后续 H 元素测定），C 中 CuO 将不完全燃烧的 CO 氧化为 CO2（保证 C 元素全转化为 CO2），D 吸收 H2O（测 H）、E 吸收 CO2（测 C）。据此解题。
16．【答案】D
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、阴极发生还原反应（接电源负极），Y 连接的电极生成有机物（还原 CO2），故 Y 是负极；交换膜 b 需让 CO32-等阴离子进入阴极区参与反应，故为阴离子交换膜，A正确；
B、U1电压时，H2的法拉第效率最高，说明阴极主要还原产物是 H2，B正确；
C、U2电压时，CH4的法拉第效率高，CO32-在阴极得电子生成 CH4，结合电荷、原子守恒，电极反应式为 CO32-+8e-+7H2O=CH4↑+10OH-，C正确；
D、U3电压时，C2H4（法拉第效率 24%）、HCOO-（效率 8%），法拉第效率比 = 电量比 = 电子转移比。C2H4生成时每个分子转移 12e-，HCOO-转移 2e-，设物质的量分别为 x、y，则 (12x)：(2y)=24%：8%，解得 x：y=1：2，而非 2：1，D错误；
故答案为：D。
【分析】该装置为电解池：电极与电源连接：Y 连接的电极将 K2CO3还原为有机物（发生还原反应），因此 Y 是直流电源的负极（阴极接电源负极）；X 连接的电极发生 Cl-失电子生成 Cl2的氧化反应，因此 X 是电源的正极（阳极接电源正极）。
交换膜类型：阴极区生成的 OH-需要通过交换膜 b 进入浓缩室，故交换膜 b 为阴离子交换膜；
阳极区的 K+需要通过交换膜 a 进入浓缩室，故交换膜 a 为阳离子交换膜。据此解题。
17．【答案】（1）球形冷凝管；吸收尾气，防止污染空气
（2）向烧杯中加入一定体积的蒸馏水，缓慢沿烧杯内壁倒入等体积的浓硫酸，边加边用玻璃棒搅拌；D
（3）浓硫酸有吸水性，吸收生成的水，使平衡正向移动，提高产率
（4）为离子晶体，为分子晶体，离子键的强度比分子间作用力大得多，故的熔点比的熔点高很多
（5）
【知识点】离子晶体；化学平衡的影响因素；卤代烃简介；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）仪器a的名称是球形冷凝管，NaBr和浓H2SO4反应生成HBr，NaOH溶液用来吸收尾气HBr，装置b的作用是吸收尾气，防止污染空气；
故答案为： 球形冷凝管 ； 吸收尾气，防止污染空气 ；
（2）浓硫酸稀释时放出大量热量，为了防止液体飞溅，向大量水中缓慢加入浓硫酸，则浓硫酸稀释的操作为向烧杯中加入一定体积的蒸馏水，缓慢沿烧杯内壁倒入等体积的浓硫酸，边加边用玻璃棒搅拌；得到的产品因溶有Br2会呈黄色，若用NaOH溶液会使正溴丁烷发生水解反应，Br2具有氧化性，选用亚硫酸钠具有还原性，两者发生氧化还原反应生成NaBr和硫酸钠，可用来除去产品中溴单质，故选D；
故答案为： 向烧杯中加入一定体积的蒸馏水，缓慢沿烧杯内壁倒入等体积的浓硫酸，边加边用玻璃棒搅拌 ；D；
（3）制取1-溴丁烷的反应有一定的可逆性，浓硫酸有吸水性，吸收生成的水，使平衡正向移动，提高产率；
故答案为： 浓硫酸有吸水性，吸收生成的水，使平衡正向移动，提高产率 ；
（4）的熔点比的熔点高很多的原因：为离子晶体，为分子晶体，离子键的强度比分子间作用力大得多，故的熔点比的熔点高很多；
故答案为：为离子晶体，为分子晶体，离子键的强度比分子间作用力大得多，故的熔点比的熔点高很多 ；
（5）0.8g/mL正丁醇的质量为0.8g/mL×=14.8g，物质的量为，由理论上可产生0.2mol正溴丁烷，质量为0.2mol×137g/mol=27.4g，实验得正溴丁烷，产率为。
故答案为： ；
【分析】（1）仪器a：球形冷凝管；装置b：吸收尾气，防止污染空气。
（2）稀释操作：向烧杯中加蒸馏水，缓慢沿杯壁倒入等体积浓硫酸，边加边搅拌；
除杂试剂：选亚硫酸钠（D），利用还原性除去，避免水解。
（3）浓硫酸吸水，使反应平衡正向移动，提高产率。
（4）是离子晶体（靠离子键结合），是分子晶体（靠分子间作用力结合），离子键强于分子间作用力，故熔点更高。
（5）正丁醇物质的量为，理论产质量为，实际得13.7g，产率。
（1）仪器a的名称是球形冷凝管，NaBr和浓H2SO4反应生成HBr，NaOH溶液用来吸收尾气HBr，装置b的作用是吸收尾气，防止污染空气；
（2）浓硫酸稀释时放出大量热量，为了防止液体飞溅，向大量水中缓慢加入浓硫酸，则浓硫酸稀释的操作为向烧杯中加入一定体积的蒸馏水，缓慢沿烧杯内壁倒入等体积的浓硫酸，边加边用玻璃棒搅拌；得到的产品因溶有Br2会呈黄色，若用NaOH溶液会使正溴丁烷发生水解反应，Br2具有氧化性，选用亚硫酸钠具有还原性，两者发生氧化还原反应生成NaBr和硫酸钠，可用来除去产品中溴单质，故选D；
（3）制取1-溴丁烷的反应有一定的可逆性，浓硫酸有吸水性，吸收生成的水，使平衡正向移动，提高产率；
（4）的熔点比的熔点高很多的原因：为离子晶体，为分子晶体，离子键的强度比分子间作用力大得多，故的熔点比的熔点高很多；
（5）0.8g/mL正丁醇的质量为0.8g/mL×=14.8g，物质的量为，由理论上可产生0.2mol正溴丁烷，质量为0.2mol×137g/mol=27.4g，实验得正溴丁烷，产率为。
18．【答案】（1）温度升高，单质硫在煤油中的溶解度增大；
（2）搅拌或延长浸出时间或适当提高酸溶液的浓度或适当提高酸浸温度等；
（3）
（4）4；
【知识点】晶胞的计算；化学平衡的影响因素；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）含硒物料(主要含等)中含有硫单质，向物料中加入煤油，由于硫易溶于煤油，结合脱硫率随温度的变化图知，温度越高，硫单质在煤油中的溶解度越大，且温度控制在脱硫率最高。
故答案为： 温度升高，单质硫在煤油中的溶解度增大 ； ；
（2）“氧化酸浸”中，搅拌、延长浸出时间、适当提高酸溶液的浓度、适当提高酸浸温度等均可提高酸浸率。在酸性条件下，与发生氧化还原反应转化成和，离子方程式为。
故答案为： 搅拌或延长浸出时间或适当提高酸溶液的浓度或适当提高酸浸温度等 ； ；
（3）“精制”过程中，先将浸出转化成硒代硫酸钠；硒代硫酸钠与稀硫酸发生氧化还原反应转化为硒单质，离子方程式为。
故答案为： ；
（4）M原子的配位数为4；白色球个数、黑色球个数为8，根据其化学式知，黑色球表示、白色球表示，该晶胞体积的晶体密度。
故答案为：4； ；
【分析】该流程以含硒物料（含 S、Se 及金属氧化物等）为原料：脱硫：用煤油萃取含硒物料中的硫，实现脱硫；氧化酸浸：向脱硫后物料中加入 NaClO3和稀 H2SO4，将 Se 等氧化浸出，同时生成 ClO2，分离出浸渣（含 SiO2等不溶物）；控电位还原：调节浸出液电位，将 Se 的化合物还原为粗硒，分离滤液；精制：向粗硒中加入 Na2SO3和稀 H2SO4，进一步提纯得到精硒。据此解题。
（1）含硒物料(主要含等)中含有硫单质，向物料中加入煤油，由于硫易溶于煤油，结合脱硫率随温度的变化图知，温度越高，硫单质在煤油中的溶解度越大，且温度控制在脱硫率最高。
（2）“氧化酸浸”中，搅拌、延长浸出时间、适当提高酸溶液的浓度、适当提高酸浸温度等均可提高酸浸率。在酸性条件下，与发生氧化还原反应转化成和，离子方程式为。
（3）“精制”过程中，先将浸出转化成硒代硫酸钠；硒代硫酸钠与稀硫酸发生氧化还原反应转化为硒单质，离子方程式为。
（4）M原子的配位数为4；白色球个数、黑色球个数为8，根据其化学式知，黑色球表示、白色球表示，该晶胞体积的晶体密度。
19．【答案】（1）>；
（2）0.15
（3）I；温度高于T6K时，随温度升高，反应iii正向反应程度变大，促进了反应i正向进行
（4）CO会与血红蛋白结合形成HbCO，导致平衡逆向移动，血红蛋白失去携氧能力[或CO会与血红蛋白结合形成HbCO，导致平衡正向移动，血红蛋白失去携氧能力]；1∶11500
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）图像显示温度升高，减小，即温度升高，增大，所以升高温度，反应ⅲ正向移动，故；根据盖斯定律，反应ⅲ-反应ⅱ×2得反应，所以；
故答案为：①＞；②
（2）该温度下忽略反应ⅲ，反应ⅱ．左右两边气体化学计量数之和相等，充分反应达平衡时总压强为，所以平衡时molmol，即反应ⅰ．的发生使得容器内气体物质的量减少mol，由于反应ⅰ左边的气体化学计量数之和比右边大1，所以反应ⅰ转化的mol，转化的mol，列三段式表示：
平衡时，又，，所以，即
故答案为：0.15；
（3）越大，NO转化率越小，所以曲线Ⅱ表示NO的转化率与的变化曲线，则曲线Ⅰ表示时NO的转化率与T的变化曲线；A点对应的温度为K，A点后NO的平衡转化率增大的原因是反应ⅲ为吸热反应，温度高于K时，随温度升高，反应ⅲ正向反应程度变大，引起消耗，而为反应ⅰ的生成物，所以反应ⅲ正向反应程度变大后促进了反应ⅰ正向进行，从而使NO的平衡转化率增大；
故答案为：①I；②温度高于T6K时，随温度升高，反应iii正向反应程度变大，促进了反应i正向进行；
（4）①CO会与血红蛋白结合形成HbCO，导致平衡正向移动，平衡逆向移动，血红蛋白失去携氧能力，使得人体缺氧中毒。
②已知反应 ，人体内HbCO与的浓度之比为1∶50已足以使人智力受损，则，
故答案为：①CO会与血红蛋白结合形成HbCO，导致平衡逆向移动，血红蛋白失去携氧能力[或CO会与血红蛋白结合形成HbCO，导致平衡正向移动，血红蛋白失去携氧能力；②1∶11500；
【分析】（1）ΔH3判断：温度升高，pKp3减小→Kp3增大→反应 iii 正向吸热，ΔH3>0。
反应推导：由 iii - 2×ii 得目标反应，K=Kp3/Kp22。
（2）压强→物质的量：平衡总物质的量 = 4.5mol，反应 i 使物质的量减少 0.5mol。
三段式计算：平衡时 v正 = v逆，代入浓度得
k 正 ÷k 逆 = [c (N2O) c(CO2)]÷[c2(NO) c(CO)]=0.15。
（3）曲线判断：n (NO÷n (CO)=1 时，NO 转化率随温度变化对应曲线 Ⅰ。
转化率增大原因：温度升高，反应 iii 正向进行，消耗 N2O（反应 i 的产物），促进反应 i 正向进行。
（4）中毒原理：CO 与 Hb 结合生成 HbCO，使 Hb+O2 HbO2平衡逆向移动，失去携氧能力。
体积比计算：代入 K 表达式，得 c (CO)/c (O2)=1/11500，即体积比 > 1：11500。
20．【答案】（1）；取代反应（或酯化反应）
（2）羟基、醛基
（3）①；
（4）
（5）
【知识点】有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；卤代烃简介；醇类简介
【解析】【解答】（1）分析可知，A是，B是，C是，H是。反应②是C与H在浓硫酸催化下加热发生酯化反应产生I（）和水，酯化反应属于取代反应，故反应②的化学反应类型是取代反应（或酯化反应）。
故答案为： ； 取代反应（或酯化反应） ；
（2）G是，其中所含的官能团名称为羟基和醛基。
故答案为： 羟基、醛基 ；
（3）三种物质中，碳卤键键长最长，键能最小，最易形成碳正离子发生水解反应，故选①。该流程中转化为A的化学方程式为
。
故答案为： ① ； ；
（4）化合物C是苯甲酸，化合物W比C相对分子质量大14，能同时满足：①遇溶液显紫色，说明含有酚羟基；②属于芳香族化合物，说明含有苯环；③能发生银镜反应，说明含有醛基；则说明W比C多一个原子团，核磁共振氢谱图中有5组峰，峰面积比为的结构简式为。
故答案为： ；
（5）甲苯与在光照条件下发生取代反应产生，该物质与水溶液共热，发生反应产生，苯甲醛与乙醛在稀碱作用下发生醛与醛的加成反应产生。故以甲苯与乙醛为原料制取的合成路线为。
故答案为：
【分析】该合成路线分两条支线：
甲苯经氯代、NaOH 水解得苯甲醇A（），经过一次催化氧化生成B（）再经一次催化氧化得苯甲酸C（）；
甲烷光氯代得二氯甲烷D（CH2Cl2），NaOH 水解得甲醛E（HCHO）；甲醛与辛醛（F）在稀碱下反应得 G（），G 加氢还原得 H（）；
最终苯甲酸（C）与 H 经反应②合成目标产物 I（）。
（1）分析可知，A是，B是，C是，H是。反应②是C与H在浓硫酸催化下加热发生酯化反应产生I（）和水，酯化反应属于取代反应，故反应②的化学反应类型是取代反应（或酯化反应）。
（2）G是，其中所含的官能团名称为羟基和醛基。
（3）三种物质中，碳卤键键长最长，键能最小，最易形成碳正离子发生水解反应，故选①。该流程中转化为A的化学方程式为
。
（4）化合物C是苯甲酸，化合物W比C相对分子质量大14，能同时满足：①遇溶液显紫色，说明含有酚羟基；②属于芳香族化合物，说明含有苯环；③能发生银镜反应，说明含有醛基；则说明W比C多一个原子团，核磁共振氢谱图中有5组峰，峰面积比为的结构简式为。
（5）甲苯与在光照条件下发生取代反应产生，该物质与水溶液共热，发生反应产生，苯甲醛与乙醛在稀碱作用下发生醛与醛的加成反应产生。故以甲苯与乙醛为原料制取的合成路线为。
1 / 1湖南省常德市临澧县第一中学2025-2026学年高三上学期10月月考化学试题
1．（2025高三上·临澧月考）非物质文化遗产是一个国家和民族历史文化成就的重要标志。下列河南非物质文化遗产中主要成分为有机物的是
A．浚县泥咕咕 B．开封汴绣
C．镇平玉雕 D．棠溪宝剑
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】合金及其应用；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；无机化合物与有机化合物的概念
【解析】【解答】判断核心是 “有机物的定义（含碳化合物，除 CO、CO2及碳酸盐等）”，结合非遗物品的主要成分分析：
A、主要成分是泥土（含硅酸盐、氧化物等无机物），不属于有机物，故A不符合题意 ；
B、主要材质是丝线（蚕丝，成分为蛋白质，属于含碳的有机物），故B符合题意 ；
C、主要成分是玉石（含硅酸盐、金属氧化物等无机物），不属于有机物，故C不符合题意 ；
D、主要材质是金属（铁等单质，属于无机物），不属于有机物，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】本题易错点如下：
有机物概念混淆：易误将含碳的无机物（如碳酸盐）当成有机物，忽略 “有机物是含碳化合物但排除 CO、CO2、碳酸盐等” 的定义。
物品成分误判：错认为泥土、玉石等含 “复杂成分” 就是有机物，实际它们的主要成分是硅酸盐、氧化物等无机物；而汴绣的丝线（蛋白质）才是有机物。
对非遗物品材质不熟悉：不了解汴绣的材质是蚕丝（蛋白质，有机物），误选其他无机物材质的选项。
2．（2025高三上·临澧月考）实验室常用氯化钠粉末和浓硫酸制备氯化氢，化学反应为，的结构式为。下列化学用语或叙述错误的是
A．分子间氢键使浓硫酸呈黏稠状和密度较大
B．NaCl的电子式：
C．中阴离子的VSEPR模型：
D．HCl中共价键的形成过程：
【答案】D
【知识点】判断简单分子或离子的构型；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；化学键和分子间作用力的区别；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】 【解答】A、浓硫酸分子间存在大量氢键，增强了分子间作用力，导致其呈黏稠状且密度较大，A正确；
B、NaCl 是离子化合物，电子式为 ，符合书写规则（阳离子直接写离子符号，阴离子加方括号并标注电荷），B正确；
C、Na2SO4的阴离子为 SO42-，中心 S 原子价层电子对数为 4（ ，无孤电子对），VSEPR 模型为正四面体，C正确；
D、HCl 中是共价键（H 与 Cl 通过共用电子对结合），而图示体现的是电子得失（离子键形成过程）， HCl中共价键的形成过程为，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题的解题关键如下：
氢键的影响：分子间氢键会强化分子间作用力，使物质表现出黏稠、高密度等特性（如浓硫酸）。
化学用语规范：
离子化合物电子式需明确离子键（阴离子带方括号）；
共价键形成过程应体现共用电子对，而非电子转移。
VSEPR 模型判断：根据中心原子价层电子对数（如 SO42-中 S 为 4 对），确定模型类型（正四面体）。
3．（2025高三上·临澧月考）是白色难溶于水的化合物，溶于较浓盐酸时生成。可以定量吸收，也能吸收、、等气体，其吸收形成，其结构为，下列说法正确的是
A．该化合物中Cu+提供空轨道，中碳原子提供孤电子对，形成的是配位键
B．测定混合气体N2、CO和O2中CO的含量时，应先用CuCl的盐酸溶液吸收CO
C．中只有Cl-、作配体
D．中Cu的化合价为+1，配位数为3
【答案】A
【知识点】配合物的成键情况
【解析】【解答】A、配位键由空轨道的接受体和孤电子对的给予体形成，Cu+价层有空轨道，CO 中 C 原子含孤电子对，二者形成配位键，A正确；
B、H [CuCl2] 不仅吸收 CO，还能吸收 O2，若先用其吸收 CO，O保存进入下一题2也会被同时吸收，无法单独测定 CO 含量，B错误；
C、从结构可知，[Cu(CO) Cl H2O]2中除了 Cl-、H2O，CO 也是配体（与 Cu+配位），C错误；
D、Cu 化合价为 +1，但配位数是 4（每个 Cu+与 1 个 CO、1 个 Cl-、2 个 H2O 配位），并非 3，D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题易错点：
配位键的形成主体混淆：易误判 CO 中提供孤电子对的原子（实际是 C 而非 O），或忽略 Cu+的空轨道作用。
吸收剂的选择性忽略：错认为 H [CuCl2] 仅吸收 CO，未注意它也能吸收 O2，导致测定混合气体时的操作顺序错误。
配体的判断不全面：只关注 Cl-、H2O，遗漏结构中与 Cu+配位的 CO，误判配体种类。
配位数的计算错误：未结合结构分析每个 Cu+的配位对象（CO、Cl-、2 个 H2O），错将配位数算为 3。
4．（2025高三上·临澧月考）碱金属氯化物是典型的离子化合物，和的晶胞结构如下图所示。其中的碱金属离子能够与冠醚形成超分子。
下列说法不正确的是
A．晶胞中含4个a离子
B．晶体中周围紧邻8个
C．碱金属离子与冠醚通过离子键形成超分子
D．不同空穴尺寸的冠醚可以对不同碱金属离子进行识别
【答案】C
【知识点】晶胞的计算；超分子
【解析】【解答】A、NaCl 晶胞中，Na+（a 离子）采用均摊法计算：8 个顶点（各占）+6 个面心（各占），共 个，A正确；
B、CsCl 晶胞为体心立方结构，Cs+位于体心，周围紧邻 8 个顶点的 Cl-，B正确；
C、超分子是通过分子间作用力（如氢键、范德华力）结合，碱金属离子与冠醚形成超分子的作用力并非离子键，C错误；
D、冠醚的空穴尺寸与碱金属离子半径匹配（如不同冠醚适配 Na+、K+等），可实现对不同离子的识别，D正确；
故答案为：C。
【分析】 A． 晶胞粒子数计算：离子晶体晶胞中粒子数需用均摊法（顶点、面心、体心的占比）计算。
B．考查晶胞配位数判断：不同晶胞结构（NaCl 为面心立方、CsCl 为体心立方）对应不同的配位数（NaCl 中离子配位数为 6，CsCl 为 8）。
C．掌握超分子的成键本质：超分子由分子间作用力（非化学键）结合，与离子键、共价键等化学键不同。
D．考查冠醚的识别原理：冠醚通过空穴尺寸与离子半径的匹配性，实现对不同碱金属离子的选择性识别。
5．（2025高三上·临澧月考）下列物质中仅含共价键的是
A．NH4NO3 B．NaOH C．MgCl2 D．CH4
【答案】D
【知识点】化学键
【解析】【解答】A、硝酸铵是离子化合物，含 NH4+与 NO3-之间的离子键，同时 NH4+、NO3-内部含共价键，并非仅含共价键，故A不符合题意 ；
B、氢氧化钠是离子化合物，含 Na+与 OH-之间的离子键，OH-内部含共价键，并非仅含共价键，故B不符合题意 ；
C、氯化镁是离子化合物，仅含 Mg2+与 Cl-之间的离子键，无共价键，故C不符合题意 ；
D、甲烷是共价化合物，仅含 C 与 H 之间的共价键，符合 “仅含共价键” 的要求，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】本题关键：掌握化学键与物质类型的关系：离子化合物（如 NH4NO3、NaOH、MgCl2）必含离子键，可能含共价键；共价化合物（如 CH4）仅含共价键。
判断特殊离子的化学键：含 NH4+、OH-等的离子化合物，内部离子（如 NH4+）中存在共价键，但物质整体含离子键。
6．（2025高三上·临澧月考）将NaCl固体与浓硫酸加热生成的HCl气体通至饱和NaCl溶液，可析出用于配制标准溶液的高纯度NaCl，下列相关实验操作规范的是
A．制备HCl B．析出NaCl C．过滤 D．定容
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】常见气体制备原理及装置选择；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A．NaCl固体与浓硫酸在加热条件下生成的HCl气体，该装置缺少加热装置，故A错误；
B．氯化氢易溶于水，为充分吸收氯化氢并防止倒吸，HCl气体应从右侧通入，故B错误；
C．NaCl晶体为固态，因此可以采用过滤法分离出氯化钠晶体，故C正确；
D．定容时眼睛应当平视容量瓶的刻度线，故D错误；
选C。
【分析】A．该反应需要加热；
Ｂ．HCl极易溶于水；
Ｃ．过滤用于分液固液混合物；
Ｄ．定容时视线应当平视刻度线。
7．（2025高三上·临澧月考）下列离子方程式书写正确的是
A．溶液中加入过量氨水：
B．的电离：
C．氢氧化铁溶于氢碘酸：
D．硫酸氢钠溶液与氢氧化钡溶液混合至溶液呈中性：
【答案】B
【知识点】离子方程式的书写；电离方程式的书写
【解析】【解答】A、CuSO4溶液加过量氨水时，Cu(OH)2会与过量 NH3 H2O 反应生成 [Cu(NH3)4]2+（络离子），不会停留在 Cu(OH)2沉淀阶段，A错误；
B、HSO3-的电离是向水中释放 H+，结合 H2O 形成 H3O+，同时生成 SO32-，电离方程式符合弱电解质部分电离的规律，B正确；
C、Fe(OH)3溶于氢碘酸时，Fe3+会与 I-发生氧化还原反应（生成 Fe2+和 I2），并非单纯酸碱中和，C 错误；
D、硫酸氢钠与氢氧化钡混合至中性时，H+与 OH-需恰好反应，正确配比是 2 个 H+对应 2 个 OH-，离子方程式应为 2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，原方程式配比错误，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题易错点：忽视 “过量试剂” 的后续反应：误认 CuSO4加过量氨水只生成 Cu(OH)2沉淀，忽略过量 NH3 H2O 会与沉淀形成络离子。
混淆 “电离” 与 “水解”：易将 HSO3-的电离写成水解形式，忽略电离是 HSO3-释放 H+的过程。
遗漏氧化还原的叠加反应：仅认为 Fe(OH)3与氢碘酸是酸碱中和，没注意 Fe3+会氧化 I-。
中性条件下的配比错误：配制中性溶液时，误按 “1：1” 配比 H+与 OH-，忽略需按物质组成比例配平（如 NaHSO4与 Ba(OH)2中性时应为 2：1）。
8．（2025高三上·临澧月考）下列实验方案能达到目的的是
　 实验目的 实验方案
A 除去苯酚中混有的苯 加适量的NaOH溶液分液，向水层通入足量CO2过滤
B 测定中和反应的反应热 酸碱中和滴定的同时，用温度传感器采集锥形瓶内溶液的温度
C 证明牺牲阳极的保护法 将Zn与Fe用导线相连，插入稀硫酸酸化的3%NaCl溶液，一段时间后，从Fe电极区取出少量溶液，滴入2滴K3[Fe(CN)6]溶液
D 分离乙酸和过氧乙酸 蒸馏(已知：沸点分别为118℃和105℃)
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；中和热的测定；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、苯酚与 NaOH 反应生成苯酚钠（溶于水），分液后水层通 CO2可析出苯酚，但需 “分液”（苯酚难溶于水）而非 “过滤”，方案操作错误，故A不符合题意 ；
B、中和滴定的装置（锥形瓶）热量散失多，无法准确测定反应热；应使用绝热的量热计，方案装置错误，故B不符合题意 ；
C、Zn 与 Fe 相连插入溶液中，Zn 作负极（被腐蚀）、Fe 作正极（被保护）；若 Fe 未被腐蚀，则无 Fe2+，滴加 K3[Fe(CN)6]（遇 Fe2+ 生成蓝色沉淀）无明显现象，可证明保护法生效，方案合理，故C符合题意 ；
D、过氧乙酸受热易分解，蒸馏（需加热）会导致其变质，不能用蒸馏法分离，方案方法错误，故D不符合题意 ；
故选C。
【分析】A．除杂操作的匹配性：苯酚与苯的分离，析出苯酚后应分液（苯酚难溶），避免误用过滤。
B．反应热测定的装置要求：需用绝热装置（量热计）减少热量散失，不能用开放的锥形瓶。
C．牺牲阳极保护法的验证：通过检测正极（被保护金属）是否生成低价金属离子（如 Fe2+），判断保护效果。
D．蒸馏法的适用条件：易分解的物质（如过氧乙酸）不能用蒸馏分离，需选低温分离方法。
9．（2025高三上·临澧月考）球磨-点击化学在氧化铝负载铜表面高效进行，具有缩短时间、降温并减少催化剂的作用，产率高达96%。下列说法正确的是
A．a、b、c均可以发生加成反应 B．a通过水解反应得苯酚
C．b的名称是苯乙烯 D．c中有2个碳原子具有手性
【答案】A
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、a含苯环，苯环可与 发生加成反应（催化加氢 ）。b含苯环和碳碳三键（ ），苯环、碳碳三键均可发生加成反应（如与 加成 ）；含苯环，苯环可发生加成反应。所以a、b、c均能发生加成反应，A正确；
B、a的结构是苯甲基溴（ ），水解反应时， 被 取代，生成苯甲醇（ ），而非苯酚（ ），B错误；
C、b的结构是苯环连接乙炔基（ ），属于炔烃，正确命名是苯乙炔，不是苯乙烯（苯乙烯含碳碳双键 ），C错误；
D、观察的结构，所有碳原子要么连有相同原子/基团（如苯环上的碳 ），要么连接的原子/基团不满足“4个不同”，不存在手性碳原子，D错误。
故答案为：A。
【分析】A．判断a、b、c是否含能发生加成反应的官能团（苯环、碳碳三键 ）。
B．分析卤代烃a（溴代烃 ）水解反应的产物，判断是否生成苯酚。
C．根据炔烃的命名规则，判断的名称是否正确。
D．依据手性碳原子定义（连有4个不同原子或基团的碳原子 ），判断中是否存在手性碳。
10．（2025高三上·临澧月考）在化学分析中，以标准溶液滴定溶液中的时，采用为指示剂。一定温度下，AgCl和的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法不正确的是
A．滴定时先产生AgCl沉淀
B．利用与反应生成砖红色沉淀指示滴定终点
C．图中a点条件下既不能生成AgCl沉淀，也不能生成沉淀
D．图中b点时，，
【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；中和滴定
【解析】【解答】A、由曲线可知，相同下，远小于，故的更小。滴加时，先满足沉淀条件（离子积），先产生沉淀，A正确；
B、沉淀完全后，过量与反应生成砖红色沉淀，以此指示滴定终点，B正确；
C、a点中，，，故既无沉淀，也无沉淀生成，C正确；
D、b点时，，即；但，，二者表达式不同，不相等，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题关键点：
沉淀先后判断：通过平衡曲线可知，的更小，滴加时先满足沉淀条件（），先产生沉淀。
滴定终点指示：沉淀完全后，过量与生成砖红色沉淀，作为终点信号。
沉淀生成条件：离子积时无沉淀，a点、均小于对应，故无沉淀。
的区别：与的表达式不同（前者为，后者为），即使，也不相等。
11．（2025高三上·临澧月考）近年来钠离子电池备受关注。利用钠离子在电极间“脱嵌”实现充放电的原理如图所示，电池工作时总反应为，下列说法正确的是
A．若用该电池进行铜的电解精炼，粗铜应与硬碳极相连
B．充电时，电子由电源负极经硬碳、电解液、流向电源正极
C．放电时，当电路中转移电子时，正极质量减少
D．放电时，正极反应为
【答案】D
【知识点】铜的电解精炼；电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、铜电解精炼中，粗铜需作阳极（接电源正极）。放电时硬碳为负极（充电时为阴极），若粗铜与硬碳相连，则粗铜作阴极，无法实现精炼，A错误；
B、充电时，电子通过导线传递（电源负极—硬碳—导线—NaMnO—电源正极），电解液中是 Na+等离子移动导电，电子不经过电解液，B错误；
C、放电时正极反应为 Na1-xMnO2+xNa++xe-=NaMnO2 ，每转移 1mol 电子，正极结合 1mol Na+，质量增加 23g（而非减少），C错误；
D、放电时正极发生还原反应，Na1- MnO2结合 Na+和电子生成 NaMnO2： Na1-xMnO2+xNa++xe-=NaMnO2，D正确；
故答案为：D。
【分析】根据电池充放电总反应，先明确电极性质：放电时，硬碳侧（NaxC 转化为 C）发生氧化反应，为负极；NaMnO2侧（Na1- MnO2转化为 NaMnO2）发生还原反应，为正极。充电时电极性质相反。逐一分析。
A．放电时，失电子的物质（NaxC）所在电极为负极，得电子的物质（Na1- MnO2）所在电极为正极。
B．电子仅在导线中移动，电解液中靠离子（如 Na+）导电。
C．放电时正极结合 Na+，质量随 Na+嵌入而增加。
D．粗铜需作阳极（接电源正极），与电池负极（硬碳）连接无效。
12．（2025高三上·临澧月考）光催化氧化甲烷制甲醛的机理如图所示。下列说法不正确的是
A．在光催化剂表面会发生反应
B．为中间产物
C．上述过程中有非极性键的断裂与生成
D．含O分子参与的反应一定有电子转移
【答案】C
【知识点】化学键；氧化还原反应；催化剂
【解析】【解答】A、机理图中，H2O 与空穴 h+反应生成 H+和 OH，对应反应为 H2O+h+=H++ OH，A正确；
B、CH3COOH 在反应中生成，之后进一步转化为 HCHO，未作为最终产物，属于中间产物，B正确；
C、反应中涉及的化学键：CH4中 C-H 键（极性键）断裂，生成的 CH3、 OOH 等含极性键；O2参与反应时 O=O 键（非极性键）断裂，但无新的非极性键生成，故无 “非极性键的生成”，C错误；
D、含 O 的分子（如 O2、 OOH）参与反应时，O 元素化合价发生变化（如 O2中 O 为 0 价， OOH 中 O 为 - 1 价），一定伴随电子转移，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．机理图信息提取：直接从图中物质转化关系，确定反应式（如 H2O 与 h+的反应）。
B．中间产物判断：生成后又被消耗的物质（如 CH3COOH）为中间产物。
C．非极性键识别：非极性键存在于同种原子间（如 O2的 O=O），需同时判断是否有断裂和生成。
D．电子转移依据：含 O 分子参与反应时，O 元素化合价变化意味着电子转移。
13．（2025高三上·临澧月考）加热N2O5时，发生以下两个分解反应：
①N2O5N2O3＋O2，②N2O3N2O＋O2，
在2 L密闭容器中充入8 mol N2O5，加热到T ℃达到化学平衡时O2为9 mol，N2O3为3.4 mol，则在该温度下反应①的化学平衡常数为
A．8.5 B．9.6 C．10.2 D．10.7
【答案】A
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的计算
【解析】【解答】通过两个反应的O2生成量，拆分反应①、②的贡献，再计算反应①的平衡浓度：
设反应①生成的O2为x mol，反应②生成的O2为y mol，总O2为。
反应①生成N2O3为x mol，反应②消耗N2O3为y mol，平衡时N2O3为。
联立方程解得：，。
计算平衡浓度：，，。
反应①的平衡常数。
故答案为：A。
【分析】本题关键要点：1. 拆分反应贡献：利用总O2量和平衡N2O3量，联立方程得到反应①、②的O2生成量。
2. 平衡浓度计算：根据反应消耗/生成量，计算各物质的平衡浓度（注意容器体积为2L）。
3. 平衡常数表达式：反应①的，代入浓度计算即可。
14．（2025高三上·临澧月考）我国化学家侯德榜改良索尔维的纯碱生产工艺，其流程如下：
下列说法正确的是
A．已知醋酸铵溶液显中性，则反应所得到NH4HCO3溶液中：c(HCO)＞c(NH)
B．沉淀池中的反应方程式为2NaCl＋CO2＋2NH3＋H2O=Na2CO3↓＋2NH4Cl
C．饱和NaCl溶液中通入NH3后，溶液中存在：c(H+)＋c(NH)= c(OH－)
D．通NH3前的母液中一定存在：c(NH3·H2O)＋c(NH)= c(Cl－)
【答案】C
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】侯德榜制碱流程：合成氨厂提供的 NH3与 CO2、饱和 NaCl 溶液一同进入沉淀池，反应生成 NaHCO3沉淀；沉淀经煅烧炉得到纯碱；沉淀池的母液再通入 NH3后，过滤得到 NH4Cl 固体。
A、醋酸铵溶液中性，说明醋酸与 NH3 H2O 电离程度相当；而 HCO3-水解程度大于 NH4+，故 NH4HCO3溶液中 c(NH4+) > c(HCO3-)，A错误；
B、沉淀池中生成的是 NaHCO3（溶解度小），反应方程式应为 NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，而非 Na2CO3，B错误；
C、饱和 NaCl 溶液通入 NH3后，溶质为 NaCl 和 NH3 H2O，电荷守恒式为 c(H+)+c(NH4+)+c(Na+)= c(OH-)+c(Cl-)，但 NaCl 完全电离，c(Na+)=c(Cl-)，代入后得 c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)，C正确；
D、通 NH3前的母液含 NH4Cl 和未反应的 NaCl，物料守恒应为c(NH3 H2O) + c(NH4+) < c(Cl-)（因 Cl-还来自 NaCl），D错误；
故答案为：C。
【分析】A．醋酸铵中性推出醋酸与 NH3 H2O 电离能力相当；HCO3-水解能力强于 NH4+，故NH4HCO3中 NH4+水解更少，故 c(NH4+) > c(HCO3-)。
B．侯氏制碱法沉淀是 NaHCO3（溶解度小），不是 Na2CO3。
C．饱和 NaCl 通 NH3后，溶质为 NaCl+NH3 H2O；电荷守恒式中，NaCl 的 c (Na+)=c (Cl-)，代入后化简得 c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)。
D．母液含 NH4Cl 和 NaCl，Cl-来自两者，故 c(NH3 H2O)+c(NH4+) < c(Cl-)。
15．（2025高三上·临澧月考）在19世纪40年代，德国化学家李比希最早提出了有机化合物元素定量分析法。某化学兴趣小组模拟李比希分析法，利用下列装置测定仅含碳、氢、氧的有机物的实验式。下列说法错误的是
A．虚线框中装置A用来制备氧气
B．装置B可以用球形干燥管代替，管内填装无水氯化钙
C．电炉中氧化铜可将有机物样品不完全燃烧产生的进一步氧化为
D．利用有机物样品质量，装置D、E反应前后的质量差，可以确定有机物的最简式
【答案】D
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量；有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】A、该实验需氧气使有机物燃烧，虚线框装置 A 可用于制备氧气（如过氧化氢分解法），A正确；
B、装置 B 的作用是干燥氧气，球形干燥管填装无水氯化钙（干燥剂）可替代，B正确；
C、有机物不完全燃烧会生成 CO，电炉中 CuO 可将 CO 氧化为 CO2，保证 C 元素全部转化为 CO2以便测定，C正确；
D、要确定有机物最简式，需准确测得 C、H、O 的质量：装置 D 增重对应 H2O 的质量（测 H）、装置 E 增重对应 CO2的质量（测 C），再结合样品质量算 O 的质量。但该实验中，若装置 B 未将氧气完全干燥（带入水分），会使 D 中 H2O 质量偏大；且装置 E 未做尾气处理，可能吸收空气中的 CO2、H2O，导致 CO2质量测量误差，D错误；
故答案为：D。
【分析】解题关键点：
装置的核心作用：A 制备燃烧所需的 O2，B 干燥 O2（避免水分干扰后续 H 元素测定），C 中 CuO 将不完全燃烧的 CO 氧化为 CO2（保证 C 元素全转化为 CO2），D 吸收 H2O（测 H）、E 吸收 CO2（测 C）。据此解题。
16．（2025高三上·临澧月考）电解吸收CO2的KOH溶液(主要成分是K2CO3)可将CO2转化为有机物，图1是双膜三室法电解CO2的吸收液。图2是在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率随电解电压的变化曲线。
下列说法错误的是
A．Y是直流电源的负极，交换膜b是阴离子交换膜
B．当电解电压为U1V时，阴极主要还原物质为H2
C．当电解电压为U2V时，生成CH4的电极反应式：CO+8e-+7H2O=CH4↑+10OH-
D．当电解电压为U3V时，生成的C2H4和HCOO-的物质的量之比为2：1
【答案】D
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、阴极发生还原反应（接电源负极），Y 连接的电极生成有机物（还原 CO2），故 Y 是负极；交换膜 b 需让 CO32-等阴离子进入阴极区参与反应，故为阴离子交换膜，A正确；
B、U1电压时，H2的法拉第效率最高，说明阴极主要还原产物是 H2，B正确；
C、U2电压时，CH4的法拉第效率高，CO32-在阴极得电子生成 CH4，结合电荷、原子守恒，电极反应式为 CO32-+8e-+7H2O=CH4↑+10OH-，C正确；
D、U3电压时，C2H4（法拉第效率 24%）、HCOO-（效率 8%），法拉第效率比 = 电量比 = 电子转移比。C2H4生成时每个分子转移 12e-，HCOO-转移 2e-，设物质的量分别为 x、y，则 (12x)：(2y)=24%：8%，解得 x：y=1：2，而非 2：1，D错误；
故答案为：D。
【分析】该装置为电解池：电极与电源连接：Y 连接的电极将 K2CO3还原为有机物（发生还原反应），因此 Y 是直流电源的负极（阴极接电源负极）；X 连接的电极发生 Cl-失电子生成 Cl2的氧化反应，因此 X 是电源的正极（阳极接电源正极）。
交换膜类型：阴极区生成的 OH-需要通过交换膜 b 进入浓缩室，故交换膜 b 为阴离子交换膜；
阳极区的 K+需要通过交换膜 a 进入浓缩室，故交换膜 a 为阳离子交换膜。据此解题。
17．（2025高三上·临澧月考）正溴丁烷为无色透明液体，可用作溶剂及有机合成时的烷基化试剂及中间体等；实验室用正丁醇、溴化钠和过量的浓硫酸共热制得。
有关反应方程式及数据如下：
i．；
ii．。
名称 相对分子质量 密度 沸点 溶解性
水硫酸 硫酸 乙醇
正丁醇 74 0.8 118.0 微溶 溶 溶
正溴丁烷 137 1.3 101.6 不溶 不溶 溶
有关实验装置图（省略夹持装置）如图1、图2所示，实验步骤如下：
①将浓硫酸和水混合稀释。
②在圆底烧瓶中依次加入稍加稀释的浓硫酸、正丁醇及，充分摇振后加入几粒碎瓷片，按上图连接装置，用小火加热至沸，回流（此过程中，要经常摇动）。
③冷却后，改成蒸馏装置，得到粗产品。
④将粗产品依次用水洗、浓硫酸洗、水洗、饱和溶液洗，最后再水洗。
⑤产物移入干燥的锥形瓶中，用无水固体间歇摇动，静置片刻，过滤除去固体，进行蒸馏纯化，收集馏分，得正溴丁烷。回答下列问题：
（1）仪器a的名称是　 　，装置b的作用是　 　。
（2）浓硫酸稀释的操作为　 　。若浓硫酸未稍加稀释，得到的产品会呈黄色，除了用溶液外，除去该杂质最好还可选用下列试剂中的　 　（填标号）。
A．四氯化碳 B．硫酸钠 C．氢氧化钠 D．亚硫酸钠
（3）通过查阅资料发现实验室制取正溴丁烷的反应有一定的可逆性，因此步骤②中加入的浓硫酸的作用除了与溴化钠反应生成溴化氢之外，还有　 　（从化学平衡的角度来说明）。
（4）已知的熔点为，而的熔点为，请从物质结构的角度解释的熔点比的熔点高很多的原因：　 　。
（5）本实验的产率是　 　。
【答案】（1）球形冷凝管；吸收尾气，防止污染空气
（2）向烧杯中加入一定体积的蒸馏水，缓慢沿烧杯内壁倒入等体积的浓硫酸，边加边用玻璃棒搅拌；D
（3）浓硫酸有吸水性，吸收生成的水，使平衡正向移动，提高产率
（4）为离子晶体，为分子晶体，离子键的强度比分子间作用力大得多，故的熔点比的熔点高很多
（5）
【知识点】离子晶体；化学平衡的影响因素；卤代烃简介；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）仪器a的名称是球形冷凝管，NaBr和浓H2SO4反应生成HBr，NaOH溶液用来吸收尾气HBr，装置b的作用是吸收尾气，防止污染空气；
故答案为： 球形冷凝管 ； 吸收尾气，防止污染空气 ；
（2）浓硫酸稀释时放出大量热量，为了防止液体飞溅，向大量水中缓慢加入浓硫酸，则浓硫酸稀释的操作为向烧杯中加入一定体积的蒸馏水，缓慢沿烧杯内壁倒入等体积的浓硫酸，边加边用玻璃棒搅拌；得到的产品因溶有Br2会呈黄色，若用NaOH溶液会使正溴丁烷发生水解反应，Br2具有氧化性，选用亚硫酸钠具有还原性，两者发生氧化还原反应生成NaBr和硫酸钠，可用来除去产品中溴单质，故选D；
故答案为： 向烧杯中加入一定体积的蒸馏水，缓慢沿烧杯内壁倒入等体积的浓硫酸，边加边用玻璃棒搅拌 ；D；
（3）制取1-溴丁烷的反应有一定的可逆性，浓硫酸有吸水性，吸收生成的水，使平衡正向移动，提高产率；
故答案为： 浓硫酸有吸水性，吸收生成的水，使平衡正向移动，提高产率 ；
（4）的熔点比的熔点高很多的原因：为离子晶体，为分子晶体，离子键的强度比分子间作用力大得多，故的熔点比的熔点高很多；
故答案为：为离子晶体，为分子晶体，离子键的强度比分子间作用力大得多，故的熔点比的熔点高很多 ；
（5）0.8g/mL正丁醇的质量为0.8g/mL×=14.8g，物质的量为，由理论上可产生0.2mol正溴丁烷，质量为0.2mol×137g/mol=27.4g，实验得正溴丁烷，产率为。
故答案为： ；
【分析】（1）仪器a：球形冷凝管；装置b：吸收尾气，防止污染空气。
（2）稀释操作：向烧杯中加蒸馏水，缓慢沿杯壁倒入等体积浓硫酸，边加边搅拌；
除杂试剂：选亚硫酸钠（D），利用还原性除去，避免水解。
（3）浓硫酸吸水，使反应平衡正向移动，提高产率。
（4）是离子晶体（靠离子键结合），是分子晶体（靠分子间作用力结合），离子键强于分子间作用力，故熔点更高。
（5）正丁醇物质的量为，理论产质量为，实际得13.7g，产率。
（1）仪器a的名称是球形冷凝管，NaBr和浓H2SO4反应生成HBr，NaOH溶液用来吸收尾气HBr，装置b的作用是吸收尾气，防止污染空气；
（2）浓硫酸稀释时放出大量热量，为了防止液体飞溅，向大量水中缓慢加入浓硫酸，则浓硫酸稀释的操作为向烧杯中加入一定体积的蒸馏水，缓慢沿烧杯内壁倒入等体积的浓硫酸，边加边用玻璃棒搅拌；得到的产品因溶有Br2会呈黄色，若用NaOH溶液会使正溴丁烷发生水解反应，Br2具有氧化性，选用亚硫酸钠具有还原性，两者发生氧化还原反应生成NaBr和硫酸钠，可用来除去产品中溴单质，故选D；
（3）制取1-溴丁烷的反应有一定的可逆性，浓硫酸有吸水性，吸收生成的水，使平衡正向移动，提高产率；
（4）的熔点比的熔点高很多的原因：为离子晶体，为分子晶体，离子键的强度比分子间作用力大得多，故的熔点比的熔点高很多；
（5）0.8g/mL正丁醇的质量为0.8g/mL×=14.8g，物质的量为，由理论上可产生0.2mol正溴丁烷，质量为0.2mol×137g/mol=27.4g，实验得正溴丁烷，产率为。
18．（2025高三上·临澧月考）硒是人体不可缺少的微量元素，硒的应用范围非常广泛。以硫铁矿生产硫酸过程中产生的含硒物料（主要含等）提取硒的一种工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“脱硫”时，煤油为溶剂。脱硫率随温度的变化如图所示，试分析随温度的升高，脱硫率呈上升趋势的原因：　 　，最佳脱硫温度为　 　。
（2）“氧化酸浸”时，提高酸浸率的方法有　 　（写一种方法），可转化成，该反应的化学方程式为　 　。
（3）“精制”过程中，先将浸出转化成硒代硫酸钠再被酸化后生成硒，同时产生一种刺激性气味的气体。酸化时，该反应的离子方程式为　 　。
（4）的晶胞结构如下图所示，其晶胞参数为，阿伏加德罗常数的值为。M原子的配位数为　 　，的晶体密度为　 　（列出计算式）。
【答案】（1）温度升高，单质硫在煤油中的溶解度增大；
（2）搅拌或延长浸出时间或适当提高酸溶液的浓度或适当提高酸浸温度等；
（3）
（4）4；
【知识点】晶胞的计算；化学平衡的影响因素；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）含硒物料(主要含等)中含有硫单质，向物料中加入煤油，由于硫易溶于煤油，结合脱硫率随温度的变化图知，温度越高，硫单质在煤油中的溶解度越大，且温度控制在脱硫率最高。
故答案为： 温度升高，单质硫在煤油中的溶解度增大 ； ；
（2）“氧化酸浸”中，搅拌、延长浸出时间、适当提高酸溶液的浓度、适当提高酸浸温度等均可提高酸浸率。在酸性条件下，与发生氧化还原反应转化成和，离子方程式为。
故答案为： 搅拌或延长浸出时间或适当提高酸溶液的浓度或适当提高酸浸温度等 ； ；
（3）“精制”过程中，先将浸出转化成硒代硫酸钠；硒代硫酸钠与稀硫酸发生氧化还原反应转化为硒单质，离子方程式为。
故答案为： ；
（4）M原子的配位数为4；白色球个数、黑色球个数为8，根据其化学式知，黑色球表示、白色球表示，该晶胞体积的晶体密度。
故答案为：4； ；
【分析】该流程以含硒物料（含 S、Se 及金属氧化物等）为原料：脱硫：用煤油萃取含硒物料中的硫，实现脱硫；氧化酸浸：向脱硫后物料中加入 NaClO3和稀 H2SO4，将 Se 等氧化浸出，同时生成 ClO2，分离出浸渣（含 SiO2等不溶物）；控电位还原：调节浸出液电位，将 Se 的化合物还原为粗硒，分离滤液；精制：向粗硒中加入 Na2SO3和稀 H2SO4，进一步提纯得到精硒。据此解题。
（1）含硒物料(主要含等)中含有硫单质，向物料中加入煤油，由于硫易溶于煤油，结合脱硫率随温度的变化图知，温度越高，硫单质在煤油中的溶解度越大，且温度控制在脱硫率最高。
（2）“氧化酸浸”中，搅拌、延长浸出时间、适当提高酸溶液的浓度、适当提高酸浸温度等均可提高酸浸率。在酸性条件下，与发生氧化还原反应转化成和，离子方程式为。
（3）“精制”过程中，先将浸出转化成硒代硫酸钠；硒代硫酸钠与稀硫酸发生氧化还原反应转化为硒单质，离子方程式为。
（4）M原子的配位数为4；白色球个数、黑色球个数为8，根据其化学式知，黑色球表示、白色球表示，该晶胞体积的晶体密度。
19．（2025高三上·临澧月考）深入研究碳、氮元素的物质转化有着重要的实际意义，汽车尾气净化装置中CO和NO发生如下反应：
i．　，
ii．　，
iii．　，
回答下列问题：
（1）上述反应的的线性关系如图所示()。　 　(填“>”或“<”)0，反应的　 　(用、表示)。
（2）一定温度下，在1L密闭容器中充入2molCO、2molNO和1mol，初始总压强为，仅发生以上反应ⅰ、ⅱ，且反应ⅰ的，，，分别为正、逆反应速率常数。充分反应达平衡时总压强为，的物质的量为1.25mol，则　 　。
（3）CO和NO发生上述三个反应，在不同条件下达到平衡时，在K时NO的转化率与的变化曲线及时NO的转化率与T的变化曲线如图所示。
表示时NO的转化率与T的变化曲线为　 　曲线(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)，A点后NO的平衡转化率增大的原因是　 　。
（4）CO、NO均能够与血红蛋白(Hb)中形成稳定的配合物使血红蛋白失去携氧能力，因而具有毒性。已知：CO进入血液后有如下平衡：。
①从化学平衡角度简述CO的中毒原理：　 　。
②已知反应实验表明，人体内HbCO与的浓度之比为1∶50已足以使人智力受损，则抽烟时吸入肺部的空气中CO与的体积比大于　 　即达到智力受损的程度。
【答案】（1）>；
（2）0.15
（3）I；温度高于T6K时，随温度升高，反应iii正向反应程度变大，促进了反应i正向进行
（4）CO会与血红蛋白结合形成HbCO，导致平衡逆向移动，血红蛋白失去携氧能力[或CO会与血红蛋白结合形成HbCO，导致平衡正向移动，血红蛋白失去携氧能力]；1∶11500
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）图像显示温度升高，减小，即温度升高，增大，所以升高温度，反应ⅲ正向移动，故；根据盖斯定律，反应ⅲ-反应ⅱ×2得反应，所以；
故答案为：①＞；②
（2）该温度下忽略反应ⅲ，反应ⅱ．左右两边气体化学计量数之和相等，充分反应达平衡时总压强为，所以平衡时molmol，即反应ⅰ．的发生使得容器内气体物质的量减少mol，由于反应ⅰ左边的气体化学计量数之和比右边大1，所以反应ⅰ转化的mol，转化的mol，列三段式表示：
平衡时，又，，所以，即
故答案为：0.15；
（3）越大，NO转化率越小，所以曲线Ⅱ表示NO的转化率与的变化曲线，则曲线Ⅰ表示时NO的转化率与T的变化曲线；A点对应的温度为K，A点后NO的平衡转化率增大的原因是反应ⅲ为吸热反应，温度高于K时，随温度升高，反应ⅲ正向反应程度变大，引起消耗，而为反应ⅰ的生成物，所以反应ⅲ正向反应程度变大后促进了反应ⅰ正向进行，从而使NO的平衡转化率增大；
故答案为：①I；②温度高于T6K时，随温度升高，反应iii正向反应程度变大，促进了反应i正向进行；
（4）①CO会与血红蛋白结合形成HbCO，导致平衡正向移动，平衡逆向移动，血红蛋白失去携氧能力，使得人体缺氧中毒。
②已知反应 ，人体内HbCO与的浓度之比为1∶50已足以使人智力受损，则，
故答案为：①CO会与血红蛋白结合形成HbCO，导致平衡逆向移动，血红蛋白失去携氧能力[或CO会与血红蛋白结合形成HbCO，导致平衡正向移动，血红蛋白失去携氧能力；②1∶11500；
【分析】（1）ΔH3判断：温度升高，pKp3减小→Kp3增大→反应 iii 正向吸热，ΔH3>0。
反应推导：由 iii - 2×ii 得目标反应，K=Kp3/Kp22。
（2）压强→物质的量：平衡总物质的量 = 4.5mol，反应 i 使物质的量减少 0.5mol。
三段式计算：平衡时 v正 = v逆，代入浓度得
k 正 ÷k 逆 = [c (N2O) c(CO2)]÷[c2(NO) c(CO)]=0.15。
（3）曲线判断：n (NO÷n (CO)=1 时，NO 转化率随温度变化对应曲线 Ⅰ。
转化率增大原因：温度升高，反应 iii 正向进行，消耗 N2O（反应 i 的产物），促进反应 i 正向进行。
（4）中毒原理：CO 与 Hb 结合生成 HbCO，使 Hb+O2 HbO2平衡逆向移动，失去携氧能力。
体积比计算：代入 K 表达式，得 c (CO)/c (O2)=1/11500，即体积比 > 1：11500。
20．（2025高三上·临澧月考）一种用于治疗高血脂的新药I的合成路线如图：
已知：a．
b．
回答下列问题：
（1）B的结构简式为：　 　；反应②的反应类型为　 　。
（2）G中所含官能团的名称是　 　。
（3）已知卤代烃与氢氧化钠反应过程中，影响反应进行的难易因素之一是碳卤键的键能，键能越小，越容易形成碳正离子而发生反应，则①、②、③三种物质中最容易与氢氧化钠反应生成A的物质为　 　（填序号）。该流程中转化为A的化学方程式为　 　。
（4）化合物W的相对分子质量比化合物C大14，且满足下列条件的W的结构简式为　 　。
①遇溶液显紫色；②属于芳香族化合物；③能发生银镜反应；
④核磁共振氢谱图中有5组峰，峰面积比为。
（5）设计用甲苯和乙醛为原料制备的合成路线　 　，其他无机试剂任选。
【答案】（1）；取代反应（或酯化反应）
（2）羟基、醛基
（3）①；
（4）
（5）
【知识点】有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；卤代烃简介；醇类简介
【解析】【解答】（1）分析可知，A是，B是，C是，H是。反应②是C与H在浓硫酸催化下加热发生酯化反应产生I（）和水，酯化反应属于取代反应，故反应②的化学反应类型是取代反应（或酯化反应）。
故答案为： ； 取代反应（或酯化反应） ；
（2）G是，其中所含的官能团名称为羟基和醛基。
故答案为： 羟基、醛基 ；
（3）三种物质中，碳卤键键长最长，键能最小，最易形成碳正离子发生水解反应，故选①。该流程中转化为A的化学方程式为
。
故答案为： ① ； ；
（4）化合物C是苯甲酸，化合物W比C相对分子质量大14，能同时满足：①遇溶液显紫色，说明含有酚羟基；②属于芳香族化合物，说明含有苯环；③能发生银镜反应，说明含有醛基；则说明W比C多一个原子团，核磁共振氢谱图中有5组峰，峰面积比为的结构简式为。
故答案为： ；
（5）甲苯与在光照条件下发生取代反应产生，该物质与水溶液共热，发生反应产生，苯甲醛与乙醛在稀碱作用下发生醛与醛的加成反应产生。故以甲苯与乙醛为原料制取的合成路线为。
故答案为：
【分析】该合成路线分两条支线：
甲苯经氯代、NaOH 水解得苯甲醇A（），经过一次催化氧化生成B（）再经一次催化氧化得苯甲酸C（）；
甲烷光氯代得二氯甲烷D（CH2Cl2），NaOH 水解得甲醛E（HCHO）；甲醛与辛醛（F）在稀碱下反应得 G（），G 加氢还原得 H（）；
最终苯甲酸（C）与 H 经反应②合成目标产物 I（）。
（1）分析可知，A是，B是，C是，H是。反应②是C与H在浓硫酸催化下加热发生酯化反应产生I（）和水，酯化反应属于取代反应，故反应②的化学反应类型是取代反应（或酯化反应）。
（2）G是，其中所含的官能团名称为羟基和醛基。
（3）三种物质中，碳卤键键长最长，键能最小，最易形成碳正离子发生水解反应，故选①。该流程中转化为A的化学方程式为
。
（4）化合物C是苯甲酸，化合物W比C相对分子质量大14，能同时满足：①遇溶液显紫色，说明含有酚羟基；②属于芳香族化合物，说明含有苯环；③能发生银镜反应，说明含有醛基；则说明W比C多一个原子团，核磁共振氢谱图中有5组峰，峰面积比为的结构简式为。
（5）甲苯与在光照条件下发生取代反应产生，该物质与水溶液共热，发生反应产生，苯甲醛与乙醛在稀碱作用下发生醛与醛的加成反应产生。故以甲苯与乙醛为原料制取的合成路线为。
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