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四川省成都市实验外国语学校2025-2026学年高三上学期期中考试化学试题
1．（2025高三上·成都期中）下列说法不正确的是
A．储热材料是一类重要的能量存储物质，单位质量的储热材料在发生熔融或结晶时会吸收或释放较大的热量
B．Ge(32号元素)的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池
C．Ba2+浓度较高时危害健康，但BaSO4可服入体内，作为造影剂用于X-射线检查肠胃道疾病
D．纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子，其本质是纳米铁粉对重金属离子较强的物理吸附
【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；化学与环境保护（酸雨防止、废水处理）
【解析】【解答】A．储热材料属于能量存储物质，根据能量守恒定律可知，这类物质在熔化过程中吸收热量，在凝固过程中释放热量，因此选项A正确；
B．元素周期表中32号元素锗(Ge)位于金属与非金属分界线附近，具有类似硅(Si)的半导体特性，因此锗单晶可用于制作太阳能电池的光电转换材料，故选项B正确；
C．虽然高浓度的钡离子(Ba2+)对人体有害，但由于硫酸钡(BaSO4)不溶于水和胃酸，因此可以作为安全的造影剂用于胃肠道X射线检查，选项C正确；
D．铁(Fe)治理铅(Pb2+)、铜(Cu2+)、汞(Hg2+)等重金属污染的原理是通过置换反应生成金属单质，而非吸附作用，因此选项D错误；
正确答案为D。【分析】铁单质可与Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子发生置换反应除去，并不是利用吸附作用。
2．（2025高三上·成都期中）下列化学用语或图示正确的是
A．1-氯丙烯的结构简式：
B．基态氮原子电子排布轨道表达式写成违背了泡利原理
C．分子的球棍模型：
D．的电子式：
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；卤代烃简介；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A. 1-氯丙烯中氯原子在1号碳原子上，因此其结构简式为CH3-CH=CHCl，选项A错误。
B. 基态氮原子的电子排布轨道表达式为，该写法违背了洪特规则，选项B错误。
C. O3的分子结构为，呈V形，其键角为116.5°。三个O原子中，中心O原子与另外两个O原子分别形成共价键，并通过一个特殊的化学键（中心O原子提供2个电子，其余两个O原子各提供1个电子）结合。因此，O3的球棍模型并非，选项C错误。
D. CO是共价化合物，含有碳氧三键，因此其电子式为，选项D正确。
故答案为：D
【分析】A、1-氯丙烯中Cl原子处于1号碳原子上。
B、洪特规则表明电子优先当独占据一个轨道，且自旋平行。
C、O3分子为V形结构。
D、CO中含有碳氧三键。
3．（2025高三上·成都期中）明矾 []是一种生活中常用的净水剂，其溶于水后通过生成胶体吸附水中的悬浮固体颗粒达到净水目的。以下关于明砚的描述不正确的是
A．明矾中与的物质的量之比为1：1
B．明矾溶于水电离的方程式为：
C．水中溶解明矾后可观察到丁达尔效应
D．明矾净化过的水是纯净物
【答案】D
【知识点】镁、铝的重要化合物；电离方程式的书写；胶体的性质和应用
【解析】【解析】A：明矾的化学式为KAl(SO4)2·12H2O，属于盐类化合物。从其化学式可以看出，钾离子(K+)与铝离子(Al3+)的物质的量比例为1：1，因此A选项正确；B：明矾在水溶液中会完全电离，其电离过程可用如下方程式表示：
，因此B选项正确；
C：明矾溶于水后会形成氢氧化铝(Al(OH)3)胶体，这种胶体溶液能够产生丁达尔效应，故C选项正确；
D：虽然明矾可以净化水质，但处理后的水中仍会残留钾离子(K+)和硫酸根离子(SO42-)等可溶性物质，属于混合物，因此D选项错误；
正确答案为D。
【分析】A：明矾的化学式为KAl(SO4)2·12H2O，根据化学式中原子个数比分析；
B：明矾是强电解质，在水溶液中完全电离；
C：铝离子水解后会生成氢氧化铝胶体；
D：净化后的水中会有钾离子和硫酸根，属于混合物。
4．（2025高三上·成都期中）测定某溶液中甲醇含量的部分过程如下：
①碱性溶液处理：(未配平，下同)
②酸化处理：
下列说法错误的是
A．“反应①”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为
B．“反应①”中氧化性：
C．“反应②”中，可用硫酸进行酸化
D．“反应②”消耗时，反应中转移
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A. 氧化还原反应配平结果为：，其中是氧化剂，CH3OH是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为，选项A正确；B. 根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的规律，在"反应①"中是氧化剂，是氧化产物，因此氧化性关系为：，选项B正确；
C. 由于不与、反应，"反应②"可以使用硫酸酸化，选项C正确；
D. "反应②"的配平结果为：。当消耗59.5g（即0.5mol）时，转移电子数为，选项D错误；
正确答案为：D。
【分析】根据氧化还原反应配平步骤，可得，，氧化还原反应中，失电子的物质是还原剂，得电子的物质是氧化剂，根据氧化还原反应规律，氧化剂的氧化性强于氧化产物。
5．（2025高三上·成都期中）吡啶()是类似于苯的芳香化合物，2-乙烯基吡啶(VPy)是合成治疗矽肺病药物的原料，可由如下路线合成。下列叙述正确的是
A．Mpy只有两种芳香同分异构体 B．Epy中所有原子共平面
C．Vpy是乙烯的同系物 D．反应②的反应类型是消去反应
【答案】D
【知识点】同分异构现象和同分异构体；醇类简介；同系物；消去反应
【解析】【解答】A．MPy的芳香同分异构体分别为、和，共有3种，选项A错误。
B．EPy分子中含有两个饱和碳原子，为四面体结构。因此以饱和碳为中心的5个原子最多只能有3个原子共面，所以EPy中所有原子不可能共平面，选项B错误。
C．VPy含有杂环结构，与乙烯的结构不相似，二者不属于同系物，选项C错误。
D．反应②中脱去一个水分子，生成碳碳双键，属于醇的消去反应，选项D正确。
故答案为：D
【分析】A、根据MPy的结构简式确定其同分异构体的结构简式和个数。
B、EPy中存在饱和碳原子，因此不可能所有原子共平面。
C、同系物是指结构相似，分子组成上相差一个或多个CH2的有机物。
D、形成不饱和键的反应为消去反应。
6．（2025高三上·成都期中）下列由废铁屑制取无水Fe2(SO4)3的实验原理与装置不能达到实验目的的是
A．用装置甲除去废铁屑表面的油污
B．用装置乙溶解废铁屑制Fe2(SO4)3
C．用装置丙过滤得到Fe2(SO4)3溶液
D．用装置丁蒸干溶液获得Fe2(SO4)3
【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A．碳酸钠溶液因水解呈碱性（CO32- + H2O HCO3- + OH-），加热可促进油污水解，图示装置能有效去除废铁屑表面油污，故A正确；
B．铁与硫酸反应生成FeSO4（Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2↑），双氧水虽可氧化Fe2+为Fe3+（2Fe2+ + H2O2 + 2H+ → 2Fe3+ + 2H2O），但Fe3+会催化H2O2分解（2H2O2 → 2H2O + O2↑），导致氧化剂不足，无法完全生成Fe2(SO4)3，故B错误；
C．过滤操作能实现固液分离，图示装置可分离Fe2(SO4)3溶液与不溶杂质，故C正确；
D．硫酸具有高沸点（≈330℃）且难挥发，蒸干Fe2(SO4)3溶液可获得固体Fe2(SO4)3，故D正确；
正确答案为B。【分析】A．根据碳酸根水解使溶液呈碱性，加热可促进水解进行分析；
B．Fe3+会催化H2O2分解；
C．实现固液分离用过滤操作；
D．对硫酸铁溶液蒸干仍得到源物质。
7．（2025高三上·成都期中）下列过程能达到实验目的的是
选项 实验目的 实验过程
A 检验某铁的氧化物含有二价铁 将该氧化物溶于浓盐酸，滴入KMnO4溶液紫色褪去
B 检验乙醇中含有水 向乙醇中加入一小粒钠，产生无色气体
C 除去氯气中的氯化氢气体 将氯气先通过饱和食盐水再通过浓硫酸
D 制备Fe(OH)3胶体 将NaOH溶液滴加到饱和FeCl3溶液中
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】氯气的实验室制法；二价铁离子和三价铁离子的检验；乙醇的物理、化学性质；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．由于浓盐酸能与KMnO4发生氧化还原反应使溶液褪色，因此通过"将铁的氧化物溶于浓盐酸后滴入KMnO4溶液紫色褪去"的现象，不能证明该氧化物中含有Fe2+，选项A错误；
B．乙醇分子中的羟基氢也能与金属钠反应产生氢气，因此"向乙醇中加入钠粒产生无色气体"的现象不能作为判断乙醇中是否含水的依据，选项B错误；
C．利用氯化氢易溶于饱和食盐水而氯气难溶的性质差异，采用"先通过饱和食盐水再通过浓硫酸"的洗气方法可有效除去氯气中的氯化氢杂质，选项C正确；
D．制备Fe(OH)3胶体的正确操作是将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，若直接将NaOH溶液加入饱和FeCl3溶液中会生成Fe(OH)3沉淀而非胶体，选项D错误；
正确答案为C。
【分析】A．高锰酸钾可氧化浓盐酸中的氯离子；
B．钠既可以和乙醇反应，也可与水反应；
C．根据实验室氯气制备原理，除杂时用饱和食盐水除去氯化氢后用浓硫酸干燥；
D．氢氧化钠会和氯化铁反应得到氢氧化铁沉淀。
8．（2025高三上·成都期中）W、X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期主族元素，其组成的某种化合物结构如图所示，基态原子的核外电子有6种空间运动状态，基态原子有3个未成对电子。下列说法正确的是
A．第一电离能： B．简单氢化物键角：
C．为非极性分子 D．、组成的化合物只含离子键
【答案】B
【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；键能、键长、键角及其应用；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A．同周期元素从左到右第一电离能呈现增大趋势。由于氮原子2p轨道处于半充满状态（），其电子构型更稳定，导致氮的第一电离能高于相邻的氧和碳元素。因此第一电离能顺序为，故选项A错误；
B．Y（N）和Z（O）的简单氢化物分别为NH3和H2O。两者中心原子均采用sp3杂化（价层电子对数=4），但NH3含1对孤电子对，H2O含2对孤电子对。由于孤电子对排斥作用强于成键电子对，使得H2O的键角（104.5°）小于NH3的键角（107°），故选项B正确；
C．H2O2分子呈二面角构型（非直线型），正负电荷中心不重合，属于极性分子，故选项C错误；
D．Z（O）与M（Na）形成的化合物Na2O2中既含有Na+与O22-之间的离子键，又含有O-O非极性共价键，故选项D错误；
正确答案为B。
【分析】根据题目条件：W、X、Y、Z、M为原子序数递增的短周期主族元素。关键信息如下：基态M原子核外电子有6种空间运动状态，且能形成+1价阳离子，则M为Na，基态Y原子有3个未成对电子，则为N，W形成1个共价键，则W为H，Z形成2个共价键，则Z为O，X形成4个共价键，则X为C，综上确定元素：W=H，X=C，Y=N，Z=O，M=Na。
9．（2025高三上·成都期中）高分子M可通过如下反应改性为具有更高强度的高分子N。
，下列说法不正确的是
A．M可由、HOCH2CH2OH反应得到
B．由M合成N的反应类型为加成反应
C．N的结构中含有2种官能团
D．M、N都可以发生水解反应
【答案】C
【知识点】有机物中的官能团；酯的性质；加成反应；缩聚反应
【解析】【解答】A．M分子中含有酯基结构，水解后生成和乙二醇（HOCH2CH2OH），因此M可以通过与乙二醇的缩聚反应制备，A选项正确；
B．在M转化为N的过程中，中的碳氮双键（C=N）发生了加成反应，转化为碳氮单键（C-N），且氮原子上连接了一个氢原子，B选项正确；
C．根据N的结构分析，其含有酯基、酰胺基和醚键三种官能团，C选项错误；
D．由于M和N都含有酯基结构，二者均能发生水解反应，D选项正确；
故答案为：C
【分析】A、M为聚酯结构，可由HOCH(CH3)COOH与HOCH2CH2OH发生缩聚反应得到。
B、M生成N的过程中碳氧双键发生加成反应。
C、N中含有酯基、酰胺基和醚键。
D、M、N中都含有酯基，可发生水解反应。
10．（2025高三上·成都期中）科学家合成了一种高温超导材料，其晶胞结构如图所示，该立方晶胞参数为。阿伏加德罗常数的值为。下列说法错误的是
A．晶体最简化学式为
B．晶体中与最近且距离相等的有8个
C．晶胞中B和C原子构成的多面体有12个面
D．晶体的密度为
【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解析】A、通过晶胞结构计算各原子数量。顶点K原子贡献1/8，总数为8×=1；体心Ca原子为1个；棱上B原子贡献1/2，总数12×=6；同理C原子也是6个。因此最简化学式为，A项正确。B、位于顶点，Ca2+位于体心，每个被8个晶胞共享，因此每个K+周围有8个等距的Ca2+，B项正确。
C、晶胞中B、C原子构成的多面体面数为14，与选项描述不符，故C项错误。
D、根据最简式，晶胞质量=217/g，体积=a3×10-30cm3，密度=g·cm-3，D项正确。
故答案为：C
【分析】A、根据均摊法确定晶胞中原子个数比，从而得到晶体的最简式。
B、以顶点K＋为中心与之距离最近且相等的Ca2＋位于体心，据此分析
C、根据晶胞结构分析。
D、根据公式计算晶胞密度。
11．（2025高三上·成都期中）为研究废旧电池的再利用，实验室利用旧电池的铜帽（主要成分为Zn和Cu）回收Cu并制备ZnO的部分实验过程如图所示。下列叙述错误的是（　　）
A．“溶解”操作中溶液温度不宜过高
B．铜帽溶解后，将溶液加热至沸腾以除去溶液中过量的氧气或H2O2
C．与锌粉反应的离子可能为Cu2+、H+
D．“过滤”后，将滤液蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥后高温灼烧可得纯净的ZnO
【答案】D
【知识点】过氧化氢；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．溶解过程中使用了30%H2O2，由于H2O2在高温下容易分解，因此溶解操作时溶液温度不宜过高，A选项正确；
B．H2O2在加热条件下易分解，因此可通过加热方式去除过量H2O2；同时氧气在水中的溶解度随温度升高而降低，加热也能有效去除氧气，B选项正确；
C．pH调节后的溶液中含有Zn2+、Cu2+和H+，其中Cu2+和H+都能与锌粉发生反应，C选项正确；D．滤液成分包括硫酸锌和硫酸钠，若将滤液蒸干后高温灼烧，会同时得到氧化锌和硫酸钠，无法获得纯净的氧化锌，D选项错误；
正确答案为D。
【分析】电池的铜帽（主要成分为Zn和Cu）加入H2SO4和H2O2或鼓入空气，Zn和Cu都转化为离子，调pH至2，可将溶液中的H+中和一部分，加入Zn可将溶液中的Cu置换出来，再过滤得到Cu，溶液中的Zn2+经过处理后最终得到ZnO。
12．（2025高三上·成都期中）在三个容积均为1.0L的恒容密闭容器中，按下表进行投料并控制相应的温度，容器内仅发生反应：。下列说法错误的是
容器 温度/℃ 起始时物质的量/mol 平衡时物质的量/mol
C CO
I 380 0.15 0.10 0 0 0.05
Ⅱ 380 0.30 0.20 0 0 m
Ⅲ 500 0.15 0.10 0 0 0.04
A．该反应的正反应为吸热反应
B．达平衡时，上表中
C．达到平衡时，容器Ⅲ的反应速率比容器Ⅰ大
D．容器Ⅲ平衡时，再充入或加入C、、、CO各0.10mol，达平衡前：
【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；等效平衡
【解析】【解答】A：当容器Ⅲ温度维持在380℃时，平衡状态下N2O的物质的量应为0.05mol。但实际在500℃条件下测得N2O的物质的量为0.04mol，表明温度升高使平衡向正反应方向移动，由此可推断该正反应为吸热反应。因此，A项判断正确；
B：容器Ⅱ的情况相当于将两个容器Ⅰ达到平衡后压缩体积。在压缩过程中，平衡会向逆反应方向移动，所以最终m的数值必然大于0.10。因此，B项判断正确；
C：由于容器Ⅲ的工作温度高于容器Ⅰ，根据化学反应速率理论，温度升高会加快反应速率。因此，C项判断正确；
D．
平衡常数为
当各投入0.1mol时，，平衡应向逆反应方向移动，D项错误；
故答案为：D。
【分析】根据表格中数据，比较容器Ⅰ和容器Ⅱ平衡时一氧化二氮的物质的量，可知反应，比较容器Ⅰ和容器Ⅱ，容器Ⅱ中起始量是容器Ⅰ的2倍，可认为是增大压强，会使平衡逆向移动，则 ；容器Ⅲ中温度更高，反应速率大，通过三段式计算平衡常数为0.09，浓度商为0.183，大于平衡常数，可知平衡逆反应方向移动，则 。
13．（2025高三上·成都期中）小组探究和与碱的反应，实验过程及结果如下。
实验装置 试剂X 实验结果
I Ⅱ Ⅲ ①Ⅱ、Ⅲ均产生白色沉淀 ②烧杯中溶液pH变化如下
蒸馏水 溶液 溶液
已知：pH越大，越大，溶液碱性越强。
下列说法不正确的是
A．I是空白实验，排除因体积变化对Ⅱ、Ⅲ溶液pH的影响
B．Ⅱ和I的pH曲线基本重合，说明与不反应，Ⅱ中发生反应：
C．Ⅲ比Ⅱ的pH曲线降低，说明与反应，Ⅲ中初期发生反应：
D．Ⅲ中石灰水恰好完全反应时，溶液呈中性
【答案】D
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．实验Ⅰ是空白对照，目的是消除溶液体积变化对实验Ⅱ和ⅢpH值的影响，该选项正确；
B．实验Ⅱ与Ⅰ的pH曲线重合，说明碳酸根仅与钙离子反应，离子方程式为，该选项正确；
C．实验Ⅲ的pH低于实验Ⅱ，说明初始阶段少量碳酸氢钠与石灰水反应，离子方程式为，该选项正确；
D．石灰水完全反应时，生成的碳酸钠会水解使溶液呈碱性，因此该选项错误；
正确答案为：D。
【分析】根据题目信息可知：实验Ⅰ作为空白对照，其pH曲线与实验Ⅱ基本一致，表明碳酸根仅与石灰水中的钙离子反应，未与氢氧根离子反应；实验Ⅲ的pH曲线较实验Ⅱ有所下降，说明初始阶段少量碳酸氢钠与石灰水反应生成了碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水；当石灰水完全反应时，碳酸氢钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水。
14．（2025高三上·成都期中）盐酸羟胺(NH3OHCl)是一种常见的还原剂和显像剂，其化学性质类似NH4Cl。工业上主要采用图1所示的方法制备。其电池装置中含Fe的催化电极反应机理如图2所示。不考虑溶液体积变化，下列说法正确的是
A．电池工作时，Pt电极是正极
B．图2中，A为H+和e-，B为NH3OH+
C．电池工作时，每消耗2.24LNO(标准状况下)，左室溶液质量增加3.3g
D．电池工作一段时间后，正、负极区溶液的pH均下降
【答案】C
【知识点】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、在Fe电极上，NO转化为NH3OHCl，其中N元素的化合价降低，说明Fe电极作为正极；而在Pt电极上，H2转化为，H元素的化合价升高，说明Pt电极作为负极，A选项错误。B、根据题目信息，NH2OH具有类似NH3的弱碱性，可以与盐酸反应生成盐酸羟胺。因此，缺少的一步反应应为NH2OH + H+ = NH3OH+。在图2中，A表示H+，B表示，B选项错误。
C、含铁的催化电极为正极，其电极反应为NO + 3e- + 4H+ + Cl- = NH3OHCl。其中，4个H+中有1个来自左侧溶液中的HCl，另外3个来自右侧溶液的迁移。在标准状况下，消耗2.24 L NO的物质的量为。因此，左室增加的质量为0.1 mol NO和0.3 mol H+的质量，即3.3 g，C选项正确。
D、负极的电极反应式为H2 - 2e- = 2，溶液中c(H+)增大，使得溶液中pH值减小。正极的电极反应为NO + 3e- + 4H+ + Cl- = NH3OHCl，正极区中c(H+)减小，使得溶液中pH增大，D选项错误。
故答案为：C
【分析】左侧Fe电极上NO转化为NH3OHCl，发生得子的氧化反应，因此Fe电极为正，其电极反应式为NO＋3e－＋4H＋＋Cl－=NH3OHCl。Pt电极为负极，H2发生失电子的氧化反应，其电极反应式为H2－2e－=2H＋。在原电池中，阳离子移向正极。因此负极区的H＋通过交换膜移向Fe电极。据此结合选项分析。
15．（2025高三上·成都期中）常温下；用浓度为的标准溶液滴定浓度均为的和的混合溶液，滴定过程中溶液的随()的变化曲线如图所示。下列说法错误的是
A．约为
B．a点溶液中，由水电离出的
C．滴加溶液的过程中，溶液的导电性持续增强
D．c点时，混合酸溶液与溶液恰好完全反应，且溶液呈碱性
【答案】C
【知识点】水的电离；盐类水解的应用；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A．电离平衡常数只与温度有关，与溶液组成无关，点a溶质成分为和，，溶液中由产生，，点a，，，A正确；
B．点a溶质成分为和，溶液中由产生，由水电离产生，点a，，由水电离出的，B正确；
C．起始和的混合溶液中，离子主要是完全电离产生的和，浓度均为，滴加溶液的过程中，先发生反应，物质的量不变，体积增大，浓度减小，溶液电荷守恒，则阳离子和总浓度也减小，导电性减弱，故溶液的导电性持续增强是错误的，C错误；
D．点c时，与恰好完全反应，溶质成分为和，由于醋酸根离子发生水解，使得溶液显碱性，D正确；
答案选C。
【分析】在NaOH溶液滴定HCl和CH3COOH混合溶液的过程中，反应分两步进行： NaOH优先与强酸HCl反应，待HCl完全反应后，NaOH再与弱酸CH3COOH反应，点a（η=1.00），NaOH与HCl恰好完全中和，此时溶液中溶质为NaCl和未反应的CH3COOH，点b（η=1.50）：NaOH已消耗一半的CH3COOH，溶液中含有NaCl、剩余的CH3COOH及生成的CH3COONa，点c（η=2.00）：
NaOH与CH3COOH完全中和，溶质为NaCl和CH3COONa，点d（η>2.00）：NaOH过量，溶质包括NaCl、CH3COONa及剩余的NaOH，据此分析。
16．（2025高三上·成都期中）某化学兴趣小组探究不同条件下醋酸的电离平衡，并测定醋酸的电离常数()。
Ⅰ．实验准备
（1）配制100mL的醋酸溶液。
①需要用到的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒外，还需用到下图中的　 　(填标号)。
A． B． C． D．
②下列操作会使所配溶液浓度偏低的是　 　(填标号)。
A．容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥
B．定容时俯视刻度线
C．移液时，玻璃棒下端在刻度线以上
D．摇匀后发现液面低于刻度线，再加水至刻度线
Ⅱ．探究外界条件对电离平衡的影响
（2）用pH计测定上述醋酸溶液pH约为2.88，已知，计算得出醋酸的电离度约为　 　%(保留两位有效数字)。
（3）设计如下实验方案：
编号 实验操作 测定pH
ⅰ 取10mL溶液 pH1
ⅱ 取10mL溶液，加入少量固体 pH2
ⅲ 取10mL溶液，加入少量固体 pH3
ⅳ 取10mL溶液，加热至50℃ pH4
实验测得：，，。
①实验ⅱ中，浓度增大，使电离平衡向　 　(填“正”或“逆”)反应方向移动，pH2增大。
②实验ⅲ说明对醋酸的电离平衡无影响，原因是　 　。
III．测定醋酸的电离常数
（4）该小组拟用溶液滴定20.00mL溶液。
①滴定终点的现象是　 　。
②根据实验数据绘制的滴定曲线如图所示。M点[，]，则醋酸的电离常数　 　(用数值表示)。N点(即)时溶液中，离子浓度由大到小的顺序为　 　。
【答案】BC；CD；1.3；逆；电离出的均不与醋酸电离出的醋酸根离子和氢离子反应，不会破坏电离平衡；当滴入最后半滴溶液时，溶液由无色变为红色，且半分钟内不变色；；
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）①配制100 mL醋酸溶液所需的玻璃仪器包括烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管和100 mL容量瓶，因此正确答案为BC；
②A．容量瓶未干燥不影响溶液浓度，A不符合题意；
B．定容时俯视刻度线导致溶液体积偏小，浓度偏高，B不符合题意；
C．移液时玻璃棒下端在刻度线以上，导致溶质残留损失，浓度偏低，C符合题意；
D．摇匀后补加水使体积偏大，浓度偏低，D符合题意。
综上，正确答案为CD。
（2），根据醋酸电离平衡，已电离的醋酸浓度近似为氢离子浓度，因此电离度为；
（3）①由于同离子效应，加入醋酸钠后浓度增大，使醋酸的电离平衡逆向移动。
②硝酸钠（）电离出的和均不与醋酸的电离产物反应，因此对醋酸的电离平衡无影响；
（4）①用溶液滴定溶液时，滴定终点溶液显碱性，因此选择酚酞溶液作为指示剂，滴定终点的现象为：当滴入最后半滴溶液时，溶液由无色变为红色，且半分钟内不变色；
②由题，M点，，则此时溶液中的溶质为和且物质的量之比为1：1，即与浓度近似相等，因此醋酸的电离常数，已知M点，则，即；N点(即)时溶液中和恰好完全反应生成和水，会发生水解，因此离子浓度由大到小的顺序为。
【分析】 Ⅰ．配制溶液时，需要用到的仪器有容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等；
Ⅱ．存在电离平衡，增大醋酸根离子浓度，平衡正向移动，氢离子浓度增大，酸性增强，pH较小；
III． 根据醋酸电离常数表达式，结合M点溶液中溶质是等浓度的醋酸和醋酸钠，代入表达式中可求出Ka值。
17．（2025高三上·成都期中）钴(27Co)是重要的战略性金属。请回答：
（1）下列说法正确的是___________。
A．Co位于元素周期表d区
B．某种激发态Co原子的电子排布式为：[Ar]3d64s2
C．钴的配合物[Co(NH3)5Cl]Cl2中既存在配位键又存在离子键
D．基态Co2+的价电子占据6个能量不同的轨道
（2）已知钴元素常见的化合价为+2和+3价。某钴氧化物的晶胞结构如图所示(A、B结构交替排列)：
①1个晶胞中含有Co3+的个数为　 　，请从结构角度解释Co2+配位数小于Co3+配位数的原因　 　。
②常温下将少量该氧化物粉末加入浓盐酸中制备CoCl2时，生成气体X。写出该反应的化学方程式　 　。设计实验检验气体X　 　(利用化学性质)。
（3）工业上从处理后的矿石硝酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Al3+)中，利用氨浸工艺可提取Co，并获得副产品NiCl2·4H2O。工艺流程如下：
已知：Ⅰ．氨性溶液由NH2·H2O、(NH4)2SO3和(NH4)2CO3配制；
Ⅱ．Ni2+、Co2+、Co3+能与NH3形成可溶于水的配合物；
Ⅲ．Co(OH)2易被空气氧化为Co(OH)3。
①“析晶”时通入的酸性气体A为　 　。
②比较两种微粒中∠HNH键角大小：NH3·H2O　 　[Co(NH3)6]3+(填“>”“<”或“=”)。
③“氨浸”时，由Co(OH)3转化为[Co(NH3)6]2+的离子方程式为　 　。
【答案】（1）A；C
（2）16；Co3+的电荷密度大，可吸引更多的O2 ；Co3O4＋8HCl=3CoCl2＋Cl2↑＋4H2O；湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色，证明产生的气体是Cl2
（3）HCl；<；2Co(OH)3＋12NH3·H2O＋SO=2[Co(NH3)6]2+＋SO＋13H2O＋4OH 或2Co(OH)3＋8NH3·H2O＋4NH＋SO=2[Co(NH3)6]2+＋SO＋13H2O
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】（1）A．Co是第四周期第Ⅷ族元素，位于元素周期表d区，故A正确；
B．基态Co原子的电子排布式为[Ar]3d74s2，[Ar]3d64s2是激发态Co1+的电子排布式，故B错误；
C．钴的配合物[Co(NH3)5Cl]Cl2中，[Co(NH3)5Cl]2-、Cl-之间存在离子键，[Co(NH3)5Cl]2-中存在配位键，故C正确；
D．基态Co2+的价电子排布式为3d7，占据5个能量相同的轨道，故D错误；
故答案为：AC。
（2）①A中不含Co3+，根据均摊原则，1个B中含有4个Co3+，1个晶胞中有4个A和4个B，含有Co3+的个数为16；Co3+的电荷密度大，可吸引更多的O2 ，所以Co2+配位数小于Co3+配位数。
②根据均摊原则，1个A中含有4个O2-、Co2+数为 ，1个B中含有4个Co3+、4个O2-、Co2+数为，1个晶胞中有4个A和4个B，所以晶胞中含有16个Co3+、8个Co2+、32个O2-，该氧化物的化学式为Co3O4，Co3+与Co2+的比为2：1，常温下将少量该氧化物粉末加入浓盐酸中制备CoCl2时，Co元素化合价降低发生还原反应，则氯离子发生氧化反应生成氯气，气体X为Cl2，该反应的化学方程式为Co3O4＋8HCl=3CoCl2＋Cl2↑＋4H2O。氯气能氧化I-，湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色，证明产生的气体是Cl2。
故答案为： 16 ； Co3+的电荷密度大，可吸引更多的O2 ； Co3O4＋8HCl=3CoCl2＋Cl2↑＋4H2O ； 湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色，证明产生的气体是Cl2 。
（3）①氯化镍易水解，为防止Ni2+水解，“析晶”时通入的酸性气体A为HCl。
②NH3·H2O中N原子价电子对数为4，有1个孤电子对；[Co(NH3)6]3+中N原子价电子对数为4，无孤电子对，所以两种微粒中∠HNH键角大小：NH3·H2O<[Co(NH3)6]3+。
③“氨浸”时，与亚硫酸根发生氧化还原反应，再与氨水反应生成，则由转化为的离子方程式为
或
。
故答案为： HCl ； < ； 2Co(OH)3＋12NH3·H2O＋SO=2[Co(NH3)6]2+＋SO＋13H2O＋4OH 或2Co(OH)3＋8NH3·H2O＋4NH＋SO=2[Co(NH3)6]2+＋SO＋13H2O 。
【分析】硝酸浸取后，溶液中含 Ni2+、Co2+、Al3+。调节 pH 至 9 时，Ni2+、Co2+、Al3+分别转化为 Ni(OH)3、Co(OH)2、Al(OH)3；其中 Co(OH)2在空气中易被氧化为 Co(OH)3，因此滤泥成分包含 Ni(OH)3、Co(OH)3、Al(OH)3。用氨性溶液进行氨浸时，Ni(OH)3、Co(OH)3会与氨形成含 NH3的配离子而溶解，Al(OH)3不溶成为滤渣，从而实现镍钴与铝的分离，得到含 Co、Ni 配离子的溶液，经后续处理可获得 CoCl2、NiCl2。NiCl2溶液在 HCl 气体氛围中加热结晶，能抑制 Ni2+水解，最终得到 NiCl2 4H2O 晶体。
（1）A．Co是第四周期第Ⅷ族元素，位于元素周期表d区，故A正确；
B．基态Co原子的电子排布式为[Ar]3d74s2，[Ar]3d64s2是激发态Co1+的电子排布式，故B错误；
C．钴的配合物[Co(NH3)5Cl]Cl2中，[Co(NH3)5Cl]2-、Cl-之间存在离子键，[Co(NH3)5Cl]2-中存在配位键，故C正确；
D．基态Co2+的价电子排布式为3d7，占据5个能量相同的轨道，故D错误；
选AC。
（2）①A中不含Co3+，根据均摊原则，1个B中含有4个Co3+，1个晶胞中有4个A和4个B，含有Co3+的个数为16；Co3+的电荷密度大，可吸引更多的O2 ，所以Co2+配位数小于Co3+配位数。
②根据均摊原则，1个A中含有4个O2-、Co2+数为 ，1个B中含有4个Co3+、4个O2-、Co2+数为，1个晶胞中有4个A和4个B，所以晶胞中含有16个Co3+、8个Co2+、32个O2-，该氧化物的化学式为Co3O4，Co3+与Co2+的比为2：1，常温下将少量该氧化物粉末加入浓盐酸中制备CoCl2时，Co元素化合价降低发生还原反应，则氯离子发生氧化反应生成氯气，气体X为Cl2，该反应的化学方程式为Co3O4＋8HCl=3CoCl2＋Cl2↑＋4H2O。氯气能氧化I-，湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色，证明产生的气体是Cl2。
（3）①氯化镍易水解，为防止Ni2+水解，“析晶”时通入的酸性气体A为HCl。
②NH3·H2O中N原子价电子对数为4，有1个孤电子对；[Co(NH3)6]3+中N原子价电子对数为4，无孤电子对，所以两种微粒中∠HNH键角大小：NH3·H2O<[Co(NH3)6]3+。
③“氨浸”时，与亚硫酸根发生氧化还原反应，再与氨水反应生成，则由转化为的离子方程式为或。
18．（2025高三上·成都期中）二氧化碳的固定和转化对促进低碳社会的构建具有重要意义。某课题组利用为原料将其转化成各种有机物，从而实现碳的循环再利用。
（1）以为原料合成乙烯，其反应的过程分两步进行：
Ⅰ、 kJ/mol
Ⅱ、 kJ/mol
加氢合成乙烯的热化学反应方程式为：　 　。
（2）以为原料催化加氢合成乙醇，其反应原理为： ，向密闭容器中充入4 mol 和8 mol ，如图为平衡时的体积分数与温度、压强的关系。
①温度　 　(填“大于”、“小于”或“等于”)。
②某温度下，反应达到平衡状态X点，若在X点对反应容器升温，同时缩小体积使体系压强增大，重新达到平衡状态时，可能是图中A~F点中的　 　点。
③D点的压强平衡常数　 　(是以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。在温度下，压强恒定为2MPa，若初始向密闭容器中充入的是3 mol 和4 mol ，则达到平衡状态时，的体积分数　 　25%(填“大于”、“小于”或“等于”)。
（3）以惰性材料作电极，用电解法制取丙烯的原理如下图所示。
①b极为　 　极(填“正”或“负”)。
②写出X极的电极反应方程式：　 　。
【答案】（1）2CO2(g)+ 6H2(g)= C2H4(g) +4H2O(g) △H=+293.1kJ/mol
（2）小于；F；27；小于
（3）正；3CO2+18e—+18H+= CH3CH=CH2+6H2O
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）二氧化碳与氢气合成乙烯的反应为2CO2(g)+ 6H2(g)= C2H4(g) +4H2O(g)，由盖斯定律可知，反应Ⅰ×2＋反应Ⅱ=目标反应，则反应△H=(+41.3kJ/mol) ×2＋(+210.5kJ/mol)= +293.1kJ/mol，则反应的热化学方程式为2CO2(g)+ 6H2(g)= C2H4(g) +4H2O(g) △H=+293.1kJ/mol。
故答案为： 2CO2(g)+ 6H2(g)= C2H4(g) +4H2O(g) △H=+293.1kJ/mol
（2）①该反应为放热反应，相同条件下，升高温度，平衡向逆反应方向移动，氢气的体积分数增大，由图可知，T1条件下氢气的体积分数小于T2条件下，则温度T1小于T2。
故答案为：小于
②该反应为气体体积减小的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，氢气的体积分数增大，增大压强，平衡向正反应方向移动，氢气的体积分数减小，则在X点对反应容器升温，同时缩小体积使体系压强增大，图中F点重新达到平衡状态。
故答案为：F
③由图可知，在T1、2MPa下，反应达到平衡时氢气的体积分数为25%，设反应生成乙醇物质的量为amol，由题意可建立如下三段式：
由氢气的体积分数可得：×100%=25%，解得a=1，则平衡时二氧化碳、氢气、乙醇、水蒸气分别为2mol、2mol、1mol、3mol，总物质的量为8mol，则反应的平衡常数Kp==27。若初始向密闭容器中充入的是3mol二氧化碳和4mol氢气，可以视作恒温恒压下，先通入2mol二氧化碳和4mol氢气，再通入1mol二氧化碳，先通入2mol二氧化碳和4mol氢气所形成的平衡与原平衡为恒压等效平衡，氢气的体积分数为25%，向平衡体系中再通入1mol二氧化碳时，平衡向正反应方向移动，氢气的体积分数减小，所以初始向密闭容器中充入的是3mol二氧化碳和4mol氢气达到平衡时，氢气的体积分数小于25%。
故答案为：27；小于
（3）由图可知，与直流电源正极b相连的电极Y为电解池的阳极，水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氢离子和氧气，电极Y为阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成丙烯和水，电极反应式为3CO2+18e—+18H+= CH3CH=CH2+6H2O。
故答案为：正；3CO2+18e—+18H+= CH3CH=CH2+6H2O
【分析】（1）CO2与H2反应生成C2H4和H2O，结合盖斯定律计算反应热，从而得出该反应的热化学方程式。
（2）①该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，据此分析。
②对X点反应容器升高温度，平衡逆向移动，H2的体积分数减小。同时缩小体积，压强增大，平衡正向移动，H2的体积分数减小。据此分析。
③D点时体积的压强为2MPa，H2的体积分数为25%，令生成的n(CH3CH2OH)=amol，据此结合平衡三段式进行计算。起始投入3molCO2和4molH2，可看成先通入2molCO2和4molH2，反应达到的平衡与原平衡等效。再加入1molCO2，平衡正向移动，据此分析。
（3）左侧X电极上CO2转化为CH3CH=CH2，发生得电子的还原反应，因此X电极为阴极，则太阳能电池a为负极，b为正极。Y电极为阳极，H2O电离产生的OH－发生失电子的氧化反应，生成O2，据此分析。
（1）二氧化碳与氢气合成乙烯的反应为2CO2(g)+ 6H2(g)= C2H4(g) +4H2O(g)，由盖斯定律可知，反应Ⅰ×2＋反应Ⅱ=目标反应，则反应△H=(+41.3kJ/mol) ×2＋(+210.5kJ/mol)= +293.1kJ/mol，则反应的热化学方程式为2CO2(g)+ 6H2(g)= C2H4(g) +4H2O(g) △H=+293.1kJ/mol；
（2）①该反应为放热反应，相同条件下，升高温度，平衡向逆反应方向移动，氢气的体积分数增大，由图可知，T1条件下氢气的体积分数小于T2条件下，则温度T1小于T2；
②该反应为气体体积减小的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，氢气的体积分数增大，增大压强，平衡向正反应方向移动，氢气的体积分数减小，则在X点对反应容器升温，同时缩小体积使体系压强增大，图中F点重新达到平衡状态；
③由图可知，在T1、2MPa下，反应达到平衡时氢气的体积分数为25%，设反应生成乙醇物质的量为amol，由题意可建立如下三段式：
由氢气的体积分数可得：×100%=25%，解得a=1，则平衡时二氧化碳、氢气、乙醇、水蒸气分别为2mol、2mol、1mol、3mol，总物质的量为8mol，则反应的平衡常数Kp==27；若初始向密闭容器中充入的是3mol二氧化碳和4mol氢气，可以视作恒温恒压下，先通入2mol二氧化碳和4mol氢气，再通入1mol二氧化碳，先通入2mol二氧化碳和4mol氢气所形成的平衡与原平衡为恒压等效平衡，氢气的体积分数为25%，向平衡体系中再通入1mol二氧化碳时，平衡向正反应方向移动，氢气的体积分数减小，所以初始向密闭容器中充入的是3mol二氧化碳和4mol氢气达到平衡时，氢气的体积分数小于25%；
（3）由图可知，与直流电源正极b相连的电极Y为电解池的阳极，水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氢离子和氧气，电极Y为阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成丙烯和水，电极反应式为3CO2+18e—+18H+= CH3CH=CH2+6H2O。
19．（2025高三上·成都期中）氯硝西泮是一种抗惊厥镇静剂，其合成路线如下。请回答下列问题：
已知：①
②。
请回答下列问题：
（1）D的名称是　 　。E中含氧官能团的名称是　 　。
（2）第一步加入的作用是　 　。
（3）写出F的结构简式：　 　。
（4）G转化为氯硝西泮需经历过程：G→X→氯硝西泮，若已知中间体X的分子式为，X→氯硝西泮的反应方程式为　 　。
（5）同时符合下列条件的化合物B的同分异构体的数目为　 　。
①含有苯环，可以发生银镜反应；
②不含手性碳原子。
（6）参照上述部分合成路线，写出以和为原料的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)　 　。
【答案】（1）对硝基苯胺(或4—硝基苯胺)；硝基、羰基
（2）保护氨基，防止被氧化
（3）
（4）+H2O
（5）25
（6）
【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）D的名称是对硝基苯胺(或4—硝基苯胺)。E中含氧官能团的名称是硝基、羰基。
故答案为：对硝基苯胺(或4—硝基苯胺)；硝基、羰基
（2）氨基容易被氧化，第一步加入的作用是保护氨基，防止被氧化。
故答案为：保护氨基，防止被氧化
（3）由分析：F的结构简式：。
故答案为：
（4）G转化为氯硝西泮需经历过程：G→X→氯硝西泮，G为，G的分子式为C15H12ClN3O4，中间体X的分子式为，G到X发生羰基上的加成反应，X为，X到氯硝西泮脱去水分子形成双键，发生的是消去反应，X→氯硝西泮的反应方程式为+H2O。
故答案为：+H2O
（5）B的结构简式为，其同分异构体符合①含有苯环，可以发生银镜反应，说明存在醛基；②不含手性碳原子，苯环上有三个取代基：、、，有10种结构；苯环上有两个取代基的组合有①、(邻、间、对3种)，②、(邻、间、对3种)，③、(邻、间、对3种)，④、(邻、间、对3种)；苯环上有一个取代基的有、、有3种，共25种。
故答案为：25
（6）根据信息①，由和形成环状结构，再根据信息②，与NaOH反应得到产物。可以由原料与氨气反应得到，故合成路线为。
故答案为：
【分析】有机物A与CH3COOH反应生成B（C8H9NO），反应过程中脱去一个H2O分子，形成酰胺基，因此B的结构简式为。B在“浓硫酸/加热”条件下与HNO3发生硝化反应，结合D的结构简式可知，－NO2取代在酰胺基的对位上，因此，C的结构简式为。C发生水解反应，生成D。D与发生取代反应生成E。E与BrCH2COBr反应生成F（C15H10BrClN2O4），F与NH3进一步反应生成G（C15H12ClN3O4），G进一步反应生成氯硝西泮。因此G的结构简式为；F的结构简式为。据此结合Tiga设问分析作答。
（1）D的名称是对硝基苯胺(或4—硝基苯胺)。E中含氧官能团的名称是硝基、羰基。故答案为：对硝基苯胺(或4—硝基苯胺)；硝基、羰基；
（2）氨基容易被氧化，第一步加入的作用是保护氨基，防止被氧化。故答案为：保护氨基，防止被氧化；
（3）由分析：F的结构简式：。故答案为：；
（4）G转化为氯硝西泮需经历过程：G→X→氯硝西泮，G为，G的分子式为C15H12ClN3O4，中间体X的分子式为，G到X发生羰基上的加成反应，X为，X到氯硝西泮脱去水分子形成双键，发生的是消去反应，X→氯硝西泮的反应方程式为+H2O。故答案为：+H2O；
（5）B的结构简式为，其同分异构体符合①含有苯环，可以发生银镜反应，说明存在醛基；②不含手性碳原子，苯环上有三个取代基：、、，有10种结构；苯环上有两个取代基的组合有①、(邻、间、对3种)，②、(邻、间、对3种)，③、(邻、间、对3种)，④、(邻、间、对3种)；苯环上有一个取代基的有、、有3种，共25种。故答案为：25；
（6）根据信息①，由和形成环状结构，再根据信息②，与NaOH反应得到产物。可以由原料与氨气反应得到，故合成路线为。
1 / 1四川省成都市实验外国语学校2025-2026学年高三上学期期中考试化学试题
1．（2025高三上·成都期中）下列说法不正确的是
A．储热材料是一类重要的能量存储物质，单位质量的储热材料在发生熔融或结晶时会吸收或释放较大的热量
B．Ge(32号元素)的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池
C．Ba2+浓度较高时危害健康，但BaSO4可服入体内，作为造影剂用于X-射线检查肠胃道疾病
D．纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子，其本质是纳米铁粉对重金属离子较强的物理吸附
2．（2025高三上·成都期中）下列化学用语或图示正确的是
A．1-氯丙烯的结构简式：
B．基态氮原子电子排布轨道表达式写成违背了泡利原理
C．分子的球棍模型：
D．的电子式：
3．（2025高三上·成都期中）明矾 []是一种生活中常用的净水剂，其溶于水后通过生成胶体吸附水中的悬浮固体颗粒达到净水目的。以下关于明砚的描述不正确的是
A．明矾中与的物质的量之比为1：1
B．明矾溶于水电离的方程式为：
C．水中溶解明矾后可观察到丁达尔效应
D．明矾净化过的水是纯净物
4．（2025高三上·成都期中）测定某溶液中甲醇含量的部分过程如下：
①碱性溶液处理：(未配平，下同)
②酸化处理：
下列说法错误的是
A．“反应①”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为
B．“反应①”中氧化性：
C．“反应②”中，可用硫酸进行酸化
D．“反应②”消耗时，反应中转移
5．（2025高三上·成都期中）吡啶()是类似于苯的芳香化合物，2-乙烯基吡啶(VPy)是合成治疗矽肺病药物的原料，可由如下路线合成。下列叙述正确的是
A．Mpy只有两种芳香同分异构体 B．Epy中所有原子共平面
C．Vpy是乙烯的同系物 D．反应②的反应类型是消去反应
6．（2025高三上·成都期中）下列由废铁屑制取无水Fe2(SO4)3的实验原理与装置不能达到实验目的的是
A．用装置甲除去废铁屑表面的油污
B．用装置乙溶解废铁屑制Fe2(SO4)3
C．用装置丙过滤得到Fe2(SO4)3溶液
D．用装置丁蒸干溶液获得Fe2(SO4)3
7．（2025高三上·成都期中）下列过程能达到实验目的的是
选项 实验目的 实验过程
A 检验某铁的氧化物含有二价铁 将该氧化物溶于浓盐酸，滴入KMnO4溶液紫色褪去
B 检验乙醇中含有水 向乙醇中加入一小粒钠，产生无色气体
C 除去氯气中的氯化氢气体 将氯气先通过饱和食盐水再通过浓硫酸
D 制备Fe(OH)3胶体 将NaOH溶液滴加到饱和FeCl3溶液中
A．A B．B C．C D．D
8．（2025高三上·成都期中）W、X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期主族元素，其组成的某种化合物结构如图所示，基态原子的核外电子有6种空间运动状态，基态原子有3个未成对电子。下列说法正确的是
A．第一电离能： B．简单氢化物键角：
C．为非极性分子 D．、组成的化合物只含离子键
9．（2025高三上·成都期中）高分子M可通过如下反应改性为具有更高强度的高分子N。
，下列说法不正确的是
A．M可由、HOCH2CH2OH反应得到
B．由M合成N的反应类型为加成反应
C．N的结构中含有2种官能团
D．M、N都可以发生水解反应
10．（2025高三上·成都期中）科学家合成了一种高温超导材料，其晶胞结构如图所示，该立方晶胞参数为。阿伏加德罗常数的值为。下列说法错误的是
A．晶体最简化学式为
B．晶体中与最近且距离相等的有8个
C．晶胞中B和C原子构成的多面体有12个面
D．晶体的密度为
11．（2025高三上·成都期中）为研究废旧电池的再利用，实验室利用旧电池的铜帽（主要成分为Zn和Cu）回收Cu并制备ZnO的部分实验过程如图所示。下列叙述错误的是（　　）
A．“溶解”操作中溶液温度不宜过高
B．铜帽溶解后，将溶液加热至沸腾以除去溶液中过量的氧气或H2O2
C．与锌粉反应的离子可能为Cu2+、H+
D．“过滤”后，将滤液蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥后高温灼烧可得纯净的ZnO
12．（2025高三上·成都期中）在三个容积均为1.0L的恒容密闭容器中，按下表进行投料并控制相应的温度，容器内仅发生反应：。下列说法错误的是
容器 温度/℃ 起始时物质的量/mol 平衡时物质的量/mol
C CO
I 380 0.15 0.10 0 0 0.05
Ⅱ 380 0.30 0.20 0 0 m
Ⅲ 500 0.15 0.10 0 0 0.04
A．该反应的正反应为吸热反应
B．达平衡时，上表中
C．达到平衡时，容器Ⅲ的反应速率比容器Ⅰ大
D．容器Ⅲ平衡时，再充入或加入C、、、CO各0.10mol，达平衡前：
13．（2025高三上·成都期中）小组探究和与碱的反应，实验过程及结果如下。
实验装置 试剂X 实验结果
I Ⅱ Ⅲ ①Ⅱ、Ⅲ均产生白色沉淀 ②烧杯中溶液pH变化如下
蒸馏水 溶液 溶液
已知：pH越大，越大，溶液碱性越强。
下列说法不正确的是
A．I是空白实验，排除因体积变化对Ⅱ、Ⅲ溶液pH的影响
B．Ⅱ和I的pH曲线基本重合，说明与不反应，Ⅱ中发生反应：
C．Ⅲ比Ⅱ的pH曲线降低，说明与反应，Ⅲ中初期发生反应：
D．Ⅲ中石灰水恰好完全反应时，溶液呈中性
14．（2025高三上·成都期中）盐酸羟胺(NH3OHCl)是一种常见的还原剂和显像剂，其化学性质类似NH4Cl。工业上主要采用图1所示的方法制备。其电池装置中含Fe的催化电极反应机理如图2所示。不考虑溶液体积变化，下列说法正确的是
A．电池工作时，Pt电极是正极
B．图2中，A为H+和e-，B为NH3OH+
C．电池工作时，每消耗2.24LNO(标准状况下)，左室溶液质量增加3.3g
D．电池工作一段时间后，正、负极区溶液的pH均下降
15．（2025高三上·成都期中）常温下；用浓度为的标准溶液滴定浓度均为的和的混合溶液，滴定过程中溶液的随()的变化曲线如图所示。下列说法错误的是
A．约为
B．a点溶液中，由水电离出的
C．滴加溶液的过程中，溶液的导电性持续增强
D．c点时，混合酸溶液与溶液恰好完全反应，且溶液呈碱性
16．（2025高三上·成都期中）某化学兴趣小组探究不同条件下醋酸的电离平衡，并测定醋酸的电离常数()。
Ⅰ．实验准备
（1）配制100mL的醋酸溶液。
①需要用到的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒外，还需用到下图中的　 　(填标号)。
A． B． C． D．
②下列操作会使所配溶液浓度偏低的是　 　(填标号)。
A．容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥
B．定容时俯视刻度线
C．移液时，玻璃棒下端在刻度线以上
D．摇匀后发现液面低于刻度线，再加水至刻度线
Ⅱ．探究外界条件对电离平衡的影响
（2）用pH计测定上述醋酸溶液pH约为2.88，已知，计算得出醋酸的电离度约为　 　%(保留两位有效数字)。
（3）设计如下实验方案：
编号 实验操作 测定pH
ⅰ 取10mL溶液 pH1
ⅱ 取10mL溶液，加入少量固体 pH2
ⅲ 取10mL溶液，加入少量固体 pH3
ⅳ 取10mL溶液，加热至50℃ pH4
实验测得：，，。
①实验ⅱ中，浓度增大，使电离平衡向　 　(填“正”或“逆”)反应方向移动，pH2增大。
②实验ⅲ说明对醋酸的电离平衡无影响，原因是　 　。
III．测定醋酸的电离常数
（4）该小组拟用溶液滴定20.00mL溶液。
①滴定终点的现象是　 　。
②根据实验数据绘制的滴定曲线如图所示。M点[，]，则醋酸的电离常数　 　(用数值表示)。N点(即)时溶液中，离子浓度由大到小的顺序为　 　。
17．（2025高三上·成都期中）钴(27Co)是重要的战略性金属。请回答：
（1）下列说法正确的是___________。
A．Co位于元素周期表d区
B．某种激发态Co原子的电子排布式为：[Ar]3d64s2
C．钴的配合物[Co(NH3)5Cl]Cl2中既存在配位键又存在离子键
D．基态Co2+的价电子占据6个能量不同的轨道
（2）已知钴元素常见的化合价为+2和+3价。某钴氧化物的晶胞结构如图所示(A、B结构交替排列)：
①1个晶胞中含有Co3+的个数为　 　，请从结构角度解释Co2+配位数小于Co3+配位数的原因　 　。
②常温下将少量该氧化物粉末加入浓盐酸中制备CoCl2时，生成气体X。写出该反应的化学方程式　 　。设计实验检验气体X　 　(利用化学性质)。
（3）工业上从处理后的矿石硝酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Al3+)中，利用氨浸工艺可提取Co，并获得副产品NiCl2·4H2O。工艺流程如下：
已知：Ⅰ．氨性溶液由NH2·H2O、(NH4)2SO3和(NH4)2CO3配制；
Ⅱ．Ni2+、Co2+、Co3+能与NH3形成可溶于水的配合物；
Ⅲ．Co(OH)2易被空气氧化为Co(OH)3。
①“析晶”时通入的酸性气体A为　 　。
②比较两种微粒中∠HNH键角大小：NH3·H2O　 　[Co(NH3)6]3+(填“>”“<”或“=”)。
③“氨浸”时，由Co(OH)3转化为[Co(NH3)6]2+的离子方程式为　 　。
18．（2025高三上·成都期中）二氧化碳的固定和转化对促进低碳社会的构建具有重要意义。某课题组利用为原料将其转化成各种有机物，从而实现碳的循环再利用。
（1）以为原料合成乙烯，其反应的过程分两步进行：
Ⅰ、 kJ/mol
Ⅱ、 kJ/mol
加氢合成乙烯的热化学反应方程式为：　 　。
（2）以为原料催化加氢合成乙醇，其反应原理为： ，向密闭容器中充入4 mol 和8 mol ，如图为平衡时的体积分数与温度、压强的关系。
①温度　 　(填“大于”、“小于”或“等于”)。
②某温度下，反应达到平衡状态X点，若在X点对反应容器升温，同时缩小体积使体系压强增大，重新达到平衡状态时，可能是图中A~F点中的　 　点。
③D点的压强平衡常数　 　(是以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。在温度下，压强恒定为2MPa，若初始向密闭容器中充入的是3 mol 和4 mol ，则达到平衡状态时，的体积分数　 　25%(填“大于”、“小于”或“等于”)。
（3）以惰性材料作电极，用电解法制取丙烯的原理如下图所示。
①b极为　 　极(填“正”或“负”)。
②写出X极的电极反应方程式：　 　。
19．（2025高三上·成都期中）氯硝西泮是一种抗惊厥镇静剂，其合成路线如下。请回答下列问题：
已知：①
②。
请回答下列问题：
（1）D的名称是　 　。E中含氧官能团的名称是　 　。
（2）第一步加入的作用是　 　。
（3）写出F的结构简式：　 　。
（4）G转化为氯硝西泮需经历过程：G→X→氯硝西泮，若已知中间体X的分子式为，X→氯硝西泮的反应方程式为　 　。
（5）同时符合下列条件的化合物B的同分异构体的数目为　 　。
①含有苯环，可以发生银镜反应；
②不含手性碳原子。
（6）参照上述部分合成路线，写出以和为原料的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；化学与环境保护（酸雨防止、废水处理）
【解析】【解答】A．储热材料属于能量存储物质，根据能量守恒定律可知，这类物质在熔化过程中吸收热量，在凝固过程中释放热量，因此选项A正确；
B．元素周期表中32号元素锗(Ge)位于金属与非金属分界线附近，具有类似硅(Si)的半导体特性，因此锗单晶可用于制作太阳能电池的光电转换材料，故选项B正确；
C．虽然高浓度的钡离子(Ba2+)对人体有害，但由于硫酸钡(BaSO4)不溶于水和胃酸，因此可以作为安全的造影剂用于胃肠道X射线检查，选项C正确；
D．铁(Fe)治理铅(Pb2+)、铜(Cu2+)、汞(Hg2+)等重金属污染的原理是通过置换反应生成金属单质，而非吸附作用，因此选项D错误；
正确答案为D。【分析】铁单质可与Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子发生置换反应除去，并不是利用吸附作用。
2．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；卤代烃简介；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A. 1-氯丙烯中氯原子在1号碳原子上，因此其结构简式为CH3-CH=CHCl，选项A错误。
B. 基态氮原子的电子排布轨道表达式为，该写法违背了洪特规则，选项B错误。
C. O3的分子结构为，呈V形，其键角为116.5°。三个O原子中，中心O原子与另外两个O原子分别形成共价键，并通过一个特殊的化学键（中心O原子提供2个电子，其余两个O原子各提供1个电子）结合。因此，O3的球棍模型并非，选项C错误。
D. CO是共价化合物，含有碳氧三键，因此其电子式为，选项D正确。
故答案为：D
【分析】A、1-氯丙烯中Cl原子处于1号碳原子上。
B、洪特规则表明电子优先当独占据一个轨道，且自旋平行。
C、O3分子为V形结构。
D、CO中含有碳氧三键。
3．【答案】D
【知识点】镁、铝的重要化合物；电离方程式的书写；胶体的性质和应用
【解析】【解析】A：明矾的化学式为KAl(SO4)2·12H2O，属于盐类化合物。从其化学式可以看出，钾离子(K+)与铝离子(Al3+)的物质的量比例为1：1，因此A选项正确；B：明矾在水溶液中会完全电离，其电离过程可用如下方程式表示：
，因此B选项正确；
C：明矾溶于水后会形成氢氧化铝(Al(OH)3)胶体，这种胶体溶液能够产生丁达尔效应，故C选项正确；
D：虽然明矾可以净化水质，但处理后的水中仍会残留钾离子(K+)和硫酸根离子(SO42-)等可溶性物质，属于混合物，因此D选项错误；
正确答案为D。
【分析】A：明矾的化学式为KAl(SO4)2·12H2O，根据化学式中原子个数比分析；
B：明矾是强电解质，在水溶液中完全电离；
C：铝离子水解后会生成氢氧化铝胶体；
D：净化后的水中会有钾离子和硫酸根，属于混合物。
4．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A. 氧化还原反应配平结果为：，其中是氧化剂，CH3OH是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为，选项A正确；B. 根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的规律，在"反应①"中是氧化剂，是氧化产物，因此氧化性关系为：，选项B正确；
C. 由于不与、反应，"反应②"可以使用硫酸酸化，选项C正确；
D. "反应②"的配平结果为：。当消耗59.5g（即0.5mol）时，转移电子数为，选项D错误；
正确答案为：D。
【分析】根据氧化还原反应配平步骤，可得，，氧化还原反应中，失电子的物质是还原剂，得电子的物质是氧化剂，根据氧化还原反应规律，氧化剂的氧化性强于氧化产物。
5．【答案】D
【知识点】同分异构现象和同分异构体；醇类简介；同系物；消去反应
【解析】【解答】A．MPy的芳香同分异构体分别为、和，共有3种，选项A错误。
B．EPy分子中含有两个饱和碳原子，为四面体结构。因此以饱和碳为中心的5个原子最多只能有3个原子共面，所以EPy中所有原子不可能共平面，选项B错误。
C．VPy含有杂环结构，与乙烯的结构不相似，二者不属于同系物，选项C错误。
D．反应②中脱去一个水分子，生成碳碳双键，属于醇的消去反应，选项D正确。
故答案为：D
【分析】A、根据MPy的结构简式确定其同分异构体的结构简式和个数。
B、EPy中存在饱和碳原子，因此不可能所有原子共平面。
C、同系物是指结构相似，分子组成上相差一个或多个CH2的有机物。
D、形成不饱和键的反应为消去反应。
6．【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A．碳酸钠溶液因水解呈碱性（CO32- + H2O HCO3- + OH-），加热可促进油污水解，图示装置能有效去除废铁屑表面油污，故A正确；
B．铁与硫酸反应生成FeSO4（Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2↑），双氧水虽可氧化Fe2+为Fe3+（2Fe2+ + H2O2 + 2H+ → 2Fe3+ + 2H2O），但Fe3+会催化H2O2分解（2H2O2 → 2H2O + O2↑），导致氧化剂不足，无法完全生成Fe2(SO4)3，故B错误；
C．过滤操作能实现固液分离，图示装置可分离Fe2(SO4)3溶液与不溶杂质，故C正确；
D．硫酸具有高沸点（≈330℃）且难挥发，蒸干Fe2(SO4)3溶液可获得固体Fe2(SO4)3，故D正确；
正确答案为B。【分析】A．根据碳酸根水解使溶液呈碱性，加热可促进水解进行分析；
B．Fe3+会催化H2O2分解；
C．实现固液分离用过滤操作；
D．对硫酸铁溶液蒸干仍得到源物质。
7．【答案】C
【知识点】氯气的实验室制法；二价铁离子和三价铁离子的检验；乙醇的物理、化学性质；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．由于浓盐酸能与KMnO4发生氧化还原反应使溶液褪色，因此通过"将铁的氧化物溶于浓盐酸后滴入KMnO4溶液紫色褪去"的现象，不能证明该氧化物中含有Fe2+，选项A错误；
B．乙醇分子中的羟基氢也能与金属钠反应产生氢气，因此"向乙醇中加入钠粒产生无色气体"的现象不能作为判断乙醇中是否含水的依据，选项B错误；
C．利用氯化氢易溶于饱和食盐水而氯气难溶的性质差异，采用"先通过饱和食盐水再通过浓硫酸"的洗气方法可有效除去氯气中的氯化氢杂质，选项C正确；
D．制备Fe(OH)3胶体的正确操作是将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，若直接将NaOH溶液加入饱和FeCl3溶液中会生成Fe(OH)3沉淀而非胶体，选项D错误；
正确答案为C。
【分析】A．高锰酸钾可氧化浓盐酸中的氯离子；
B．钠既可以和乙醇反应，也可与水反应；
C．根据实验室氯气制备原理，除杂时用饱和食盐水除去氯化氢后用浓硫酸干燥；
D．氢氧化钠会和氯化铁反应得到氢氧化铁沉淀。
8．【答案】B
【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；键能、键长、键角及其应用；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A．同周期元素从左到右第一电离能呈现增大趋势。由于氮原子2p轨道处于半充满状态（），其电子构型更稳定，导致氮的第一电离能高于相邻的氧和碳元素。因此第一电离能顺序为，故选项A错误；
B．Y（N）和Z（O）的简单氢化物分别为NH3和H2O。两者中心原子均采用sp3杂化（价层电子对数=4），但NH3含1对孤电子对，H2O含2对孤电子对。由于孤电子对排斥作用强于成键电子对，使得H2O的键角（104.5°）小于NH3的键角（107°），故选项B正确；
C．H2O2分子呈二面角构型（非直线型），正负电荷中心不重合，属于极性分子，故选项C错误；
D．Z（O）与M（Na）形成的化合物Na2O2中既含有Na+与O22-之间的离子键，又含有O-O非极性共价键，故选项D错误；
正确答案为B。
【分析】根据题目条件：W、X、Y、Z、M为原子序数递增的短周期主族元素。关键信息如下：基态M原子核外电子有6种空间运动状态，且能形成+1价阳离子，则M为Na，基态Y原子有3个未成对电子，则为N，W形成1个共价键，则W为H，Z形成2个共价键，则Z为O，X形成4个共价键，则X为C，综上确定元素：W=H，X=C，Y=N，Z=O，M=Na。
9．【答案】C
【知识点】有机物中的官能团；酯的性质；加成反应；缩聚反应
【解析】【解答】A．M分子中含有酯基结构，水解后生成和乙二醇（HOCH2CH2OH），因此M可以通过与乙二醇的缩聚反应制备，A选项正确；
B．在M转化为N的过程中，中的碳氮双键（C=N）发生了加成反应，转化为碳氮单键（C-N），且氮原子上连接了一个氢原子，B选项正确；
C．根据N的结构分析，其含有酯基、酰胺基和醚键三种官能团，C选项错误；
D．由于M和N都含有酯基结构，二者均能发生水解反应，D选项正确；
故答案为：C
【分析】A、M为聚酯结构，可由HOCH(CH3)COOH与HOCH2CH2OH发生缩聚反应得到。
B、M生成N的过程中碳氧双键发生加成反应。
C、N中含有酯基、酰胺基和醚键。
D、M、N中都含有酯基，可发生水解反应。
10．【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解析】A、通过晶胞结构计算各原子数量。顶点K原子贡献1/8，总数为8×=1；体心Ca原子为1个；棱上B原子贡献1/2，总数12×=6；同理C原子也是6个。因此最简化学式为，A项正确。B、位于顶点，Ca2+位于体心，每个被8个晶胞共享，因此每个K+周围有8个等距的Ca2+，B项正确。
C、晶胞中B、C原子构成的多面体面数为14，与选项描述不符，故C项错误。
D、根据最简式，晶胞质量=217/g，体积=a3×10-30cm3，密度=g·cm-3，D项正确。
故答案为：C
【分析】A、根据均摊法确定晶胞中原子个数比，从而得到晶体的最简式。
B、以顶点K＋为中心与之距离最近且相等的Ca2＋位于体心，据此分析
C、根据晶胞结构分析。
D、根据公式计算晶胞密度。
11．【答案】D
【知识点】过氧化氢；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．溶解过程中使用了30%H2O2，由于H2O2在高温下容易分解，因此溶解操作时溶液温度不宜过高，A选项正确；
B．H2O2在加热条件下易分解，因此可通过加热方式去除过量H2O2；同时氧气在水中的溶解度随温度升高而降低，加热也能有效去除氧气，B选项正确；
C．pH调节后的溶液中含有Zn2+、Cu2+和H+，其中Cu2+和H+都能与锌粉发生反应，C选项正确；D．滤液成分包括硫酸锌和硫酸钠，若将滤液蒸干后高温灼烧，会同时得到氧化锌和硫酸钠，无法获得纯净的氧化锌，D选项错误；
正确答案为D。
【分析】电池的铜帽（主要成分为Zn和Cu）加入H2SO4和H2O2或鼓入空气，Zn和Cu都转化为离子，调pH至2，可将溶液中的H+中和一部分，加入Zn可将溶液中的Cu置换出来，再过滤得到Cu，溶液中的Zn2+经过处理后最终得到ZnO。
12．【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；等效平衡
【解析】【解答】A：当容器Ⅲ温度维持在380℃时，平衡状态下N2O的物质的量应为0.05mol。但实际在500℃条件下测得N2O的物质的量为0.04mol，表明温度升高使平衡向正反应方向移动，由此可推断该正反应为吸热反应。因此，A项判断正确；
B：容器Ⅱ的情况相当于将两个容器Ⅰ达到平衡后压缩体积。在压缩过程中，平衡会向逆反应方向移动，所以最终m的数值必然大于0.10。因此，B项判断正确；
C：由于容器Ⅲ的工作温度高于容器Ⅰ，根据化学反应速率理论，温度升高会加快反应速率。因此，C项判断正确；
D．
平衡常数为
当各投入0.1mol时，，平衡应向逆反应方向移动，D项错误；
故答案为：D。
【分析】根据表格中数据，比较容器Ⅰ和容器Ⅱ平衡时一氧化二氮的物质的量，可知反应，比较容器Ⅰ和容器Ⅱ，容器Ⅱ中起始量是容器Ⅰ的2倍，可认为是增大压强，会使平衡逆向移动，则 ；容器Ⅲ中温度更高，反应速率大，通过三段式计算平衡常数为0.09，浓度商为0.183，大于平衡常数，可知平衡逆反应方向移动，则 。
13．【答案】D
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．实验Ⅰ是空白对照，目的是消除溶液体积变化对实验Ⅱ和ⅢpH值的影响，该选项正确；
B．实验Ⅱ与Ⅰ的pH曲线重合，说明碳酸根仅与钙离子反应，离子方程式为，该选项正确；
C．实验Ⅲ的pH低于实验Ⅱ，说明初始阶段少量碳酸氢钠与石灰水反应，离子方程式为，该选项正确；
D．石灰水完全反应时，生成的碳酸钠会水解使溶液呈碱性，因此该选项错误；
正确答案为：D。
【分析】根据题目信息可知：实验Ⅰ作为空白对照，其pH曲线与实验Ⅱ基本一致，表明碳酸根仅与石灰水中的钙离子反应，未与氢氧根离子反应；实验Ⅲ的pH曲线较实验Ⅱ有所下降，说明初始阶段少量碳酸氢钠与石灰水反应生成了碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水；当石灰水完全反应时，碳酸氢钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水。
14．【答案】C
【知识点】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、在Fe电极上，NO转化为NH3OHCl，其中N元素的化合价降低，说明Fe电极作为正极；而在Pt电极上，H2转化为，H元素的化合价升高，说明Pt电极作为负极，A选项错误。B、根据题目信息，NH2OH具有类似NH3的弱碱性，可以与盐酸反应生成盐酸羟胺。因此，缺少的一步反应应为NH2OH + H+ = NH3OH+。在图2中，A表示H+，B表示，B选项错误。
C、含铁的催化电极为正极，其电极反应为NO + 3e- + 4H+ + Cl- = NH3OHCl。其中，4个H+中有1个来自左侧溶液中的HCl，另外3个来自右侧溶液的迁移。在标准状况下，消耗2.24 L NO的物质的量为。因此，左室增加的质量为0.1 mol NO和0.3 mol H+的质量，即3.3 g，C选项正确。
D、负极的电极反应式为H2 - 2e- = 2，溶液中c(H+)增大，使得溶液中pH值减小。正极的电极反应为NO + 3e- + 4H+ + Cl- = NH3OHCl，正极区中c(H+)减小，使得溶液中pH增大，D选项错误。
故答案为：C
【分析】左侧Fe电极上NO转化为NH3OHCl，发生得子的氧化反应，因此Fe电极为正，其电极反应式为NO＋3e－＋4H＋＋Cl－=NH3OHCl。Pt电极为负极，H2发生失电子的氧化反应，其电极反应式为H2－2e－=2H＋。在原电池中，阳离子移向正极。因此负极区的H＋通过交换膜移向Fe电极。据此结合选项分析。
15．【答案】C
【知识点】水的电离；盐类水解的应用；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A．电离平衡常数只与温度有关，与溶液组成无关，点a溶质成分为和，，溶液中由产生，，点a，，，A正确；
B．点a溶质成分为和，溶液中由产生，由水电离产生，点a，，由水电离出的，B正确；
C．起始和的混合溶液中，离子主要是完全电离产生的和，浓度均为，滴加溶液的过程中，先发生反应，物质的量不变，体积增大，浓度减小，溶液电荷守恒，则阳离子和总浓度也减小，导电性减弱，故溶液的导电性持续增强是错误的，C错误；
D．点c时，与恰好完全反应，溶质成分为和，由于醋酸根离子发生水解，使得溶液显碱性，D正确；
答案选C。
【分析】在NaOH溶液滴定HCl和CH3COOH混合溶液的过程中，反应分两步进行： NaOH优先与强酸HCl反应，待HCl完全反应后，NaOH再与弱酸CH3COOH反应，点a（η=1.00），NaOH与HCl恰好完全中和，此时溶液中溶质为NaCl和未反应的CH3COOH，点b（η=1.50）：NaOH已消耗一半的CH3COOH，溶液中含有NaCl、剩余的CH3COOH及生成的CH3COONa，点c（η=2.00）：
NaOH与CH3COOH完全中和，溶质为NaCl和CH3COONa，点d（η>2.00）：NaOH过量，溶质包括NaCl、CH3COONa及剩余的NaOH，据此分析。
16．【答案】BC；CD；1.3；逆；电离出的均不与醋酸电离出的醋酸根离子和氢离子反应，不会破坏电离平衡；当滴入最后半滴溶液时，溶液由无色变为红色，且半分钟内不变色；；
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）①配制100 mL醋酸溶液所需的玻璃仪器包括烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管和100 mL容量瓶，因此正确答案为BC；
②A．容量瓶未干燥不影响溶液浓度，A不符合题意；
B．定容时俯视刻度线导致溶液体积偏小，浓度偏高，B不符合题意；
C．移液时玻璃棒下端在刻度线以上，导致溶质残留损失，浓度偏低，C符合题意；
D．摇匀后补加水使体积偏大，浓度偏低，D符合题意。
综上，正确答案为CD。
（2），根据醋酸电离平衡，已电离的醋酸浓度近似为氢离子浓度，因此电离度为；
（3）①由于同离子效应，加入醋酸钠后浓度增大，使醋酸的电离平衡逆向移动。
②硝酸钠（）电离出的和均不与醋酸的电离产物反应，因此对醋酸的电离平衡无影响；
（4）①用溶液滴定溶液时，滴定终点溶液显碱性，因此选择酚酞溶液作为指示剂，滴定终点的现象为：当滴入最后半滴溶液时，溶液由无色变为红色，且半分钟内不变色；
②由题，M点，，则此时溶液中的溶质为和且物质的量之比为1：1，即与浓度近似相等，因此醋酸的电离常数，已知M点，则，即；N点(即)时溶液中和恰好完全反应生成和水，会发生水解，因此离子浓度由大到小的顺序为。
【分析】 Ⅰ．配制溶液时，需要用到的仪器有容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等；
Ⅱ．存在电离平衡，增大醋酸根离子浓度，平衡正向移动，氢离子浓度增大，酸性增强，pH较小；
III． 根据醋酸电离常数表达式，结合M点溶液中溶质是等浓度的醋酸和醋酸钠，代入表达式中可求出Ka值。
17．【答案】（1）A；C
（2）16；Co3+的电荷密度大，可吸引更多的O2 ；Co3O4＋8HCl=3CoCl2＋Cl2↑＋4H2O；湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色，证明产生的气体是Cl2
（3）HCl；<；2Co(OH)3＋12NH3·H2O＋SO=2[Co(NH3)6]2+＋SO＋13H2O＋4OH 或2Co(OH)3＋8NH3·H2O＋4NH＋SO=2[Co(NH3)6]2+＋SO＋13H2O
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】（1）A．Co是第四周期第Ⅷ族元素，位于元素周期表d区，故A正确；
B．基态Co原子的电子排布式为[Ar]3d74s2，[Ar]3d64s2是激发态Co1+的电子排布式，故B错误；
C．钴的配合物[Co(NH3)5Cl]Cl2中，[Co(NH3)5Cl]2-、Cl-之间存在离子键，[Co(NH3)5Cl]2-中存在配位键，故C正确；
D．基态Co2+的价电子排布式为3d7，占据5个能量相同的轨道，故D错误；
故答案为：AC。
（2）①A中不含Co3+，根据均摊原则，1个B中含有4个Co3+，1个晶胞中有4个A和4个B，含有Co3+的个数为16；Co3+的电荷密度大，可吸引更多的O2 ，所以Co2+配位数小于Co3+配位数。
②根据均摊原则，1个A中含有4个O2-、Co2+数为 ，1个B中含有4个Co3+、4个O2-、Co2+数为，1个晶胞中有4个A和4个B，所以晶胞中含有16个Co3+、8个Co2+、32个O2-，该氧化物的化学式为Co3O4，Co3+与Co2+的比为2：1，常温下将少量该氧化物粉末加入浓盐酸中制备CoCl2时，Co元素化合价降低发生还原反应，则氯离子发生氧化反应生成氯气，气体X为Cl2，该反应的化学方程式为Co3O4＋8HCl=3CoCl2＋Cl2↑＋4H2O。氯气能氧化I-，湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色，证明产生的气体是Cl2。
故答案为： 16 ； Co3+的电荷密度大，可吸引更多的O2 ； Co3O4＋8HCl=3CoCl2＋Cl2↑＋4H2O ； 湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色，证明产生的气体是Cl2 。
（3）①氯化镍易水解，为防止Ni2+水解，“析晶”时通入的酸性气体A为HCl。
②NH3·H2O中N原子价电子对数为4，有1个孤电子对；[Co(NH3)6]3+中N原子价电子对数为4，无孤电子对，所以两种微粒中∠HNH键角大小：NH3·H2O<[Co(NH3)6]3+。
③“氨浸”时，与亚硫酸根发生氧化还原反应，再与氨水反应生成，则由转化为的离子方程式为
或
。
故答案为： HCl ； < ； 2Co(OH)3＋12NH3·H2O＋SO=2[Co(NH3)6]2+＋SO＋13H2O＋4OH 或2Co(OH)3＋8NH3·H2O＋4NH＋SO=2[Co(NH3)6]2+＋SO＋13H2O 。
【分析】硝酸浸取后，溶液中含 Ni2+、Co2+、Al3+。调节 pH 至 9 时，Ni2+、Co2+、Al3+分别转化为 Ni(OH)3、Co(OH)2、Al(OH)3；其中 Co(OH)2在空气中易被氧化为 Co(OH)3，因此滤泥成分包含 Ni(OH)3、Co(OH)3、Al(OH)3。用氨性溶液进行氨浸时，Ni(OH)3、Co(OH)3会与氨形成含 NH3的配离子而溶解，Al(OH)3不溶成为滤渣，从而实现镍钴与铝的分离，得到含 Co、Ni 配离子的溶液，经后续处理可获得 CoCl2、NiCl2。NiCl2溶液在 HCl 气体氛围中加热结晶，能抑制 Ni2+水解，最终得到 NiCl2 4H2O 晶体。
（1）A．Co是第四周期第Ⅷ族元素，位于元素周期表d区，故A正确；
B．基态Co原子的电子排布式为[Ar]3d74s2，[Ar]3d64s2是激发态Co1+的电子排布式，故B错误；
C．钴的配合物[Co(NH3)5Cl]Cl2中，[Co(NH3)5Cl]2-、Cl-之间存在离子键，[Co(NH3)5Cl]2-中存在配位键，故C正确；
D．基态Co2+的价电子排布式为3d7，占据5个能量相同的轨道，故D错误；
选AC。
（2）①A中不含Co3+，根据均摊原则，1个B中含有4个Co3+，1个晶胞中有4个A和4个B，含有Co3+的个数为16；Co3+的电荷密度大，可吸引更多的O2 ，所以Co2+配位数小于Co3+配位数。
②根据均摊原则，1个A中含有4个O2-、Co2+数为 ，1个B中含有4个Co3+、4个O2-、Co2+数为，1个晶胞中有4个A和4个B，所以晶胞中含有16个Co3+、8个Co2+、32个O2-，该氧化物的化学式为Co3O4，Co3+与Co2+的比为2：1，常温下将少量该氧化物粉末加入浓盐酸中制备CoCl2时，Co元素化合价降低发生还原反应，则氯离子发生氧化反应生成氯气，气体X为Cl2，该反应的化学方程式为Co3O4＋8HCl=3CoCl2＋Cl2↑＋4H2O。氯气能氧化I-，湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色，证明产生的气体是Cl2。
（3）①氯化镍易水解，为防止Ni2+水解，“析晶”时通入的酸性气体A为HCl。
②NH3·H2O中N原子价电子对数为4，有1个孤电子对；[Co(NH3)6]3+中N原子价电子对数为4，无孤电子对，所以两种微粒中∠HNH键角大小：NH3·H2O<[Co(NH3)6]3+。
③“氨浸”时，与亚硫酸根发生氧化还原反应，再与氨水反应生成，则由转化为的离子方程式为或。
18．【答案】（1）2CO2(g)+ 6H2(g)= C2H4(g) +4H2O(g) △H=+293.1kJ/mol
（2）小于；F；27；小于
（3）正；3CO2+18e—+18H+= CH3CH=CH2+6H2O
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）二氧化碳与氢气合成乙烯的反应为2CO2(g)+ 6H2(g)= C2H4(g) +4H2O(g)，由盖斯定律可知，反应Ⅰ×2＋反应Ⅱ=目标反应，则反应△H=(+41.3kJ/mol) ×2＋(+210.5kJ/mol)= +293.1kJ/mol，则反应的热化学方程式为2CO2(g)+ 6H2(g)= C2H4(g) +4H2O(g) △H=+293.1kJ/mol。
故答案为： 2CO2(g)+ 6H2(g)= C2H4(g) +4H2O(g) △H=+293.1kJ/mol
（2）①该反应为放热反应，相同条件下，升高温度，平衡向逆反应方向移动，氢气的体积分数增大，由图可知，T1条件下氢气的体积分数小于T2条件下，则温度T1小于T2。
故答案为：小于
②该反应为气体体积减小的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，氢气的体积分数增大，增大压强，平衡向正反应方向移动，氢气的体积分数减小，则在X点对反应容器升温，同时缩小体积使体系压强增大，图中F点重新达到平衡状态。
故答案为：F
③由图可知，在T1、2MPa下，反应达到平衡时氢气的体积分数为25%，设反应生成乙醇物质的量为amol，由题意可建立如下三段式：
由氢气的体积分数可得：×100%=25%，解得a=1，则平衡时二氧化碳、氢气、乙醇、水蒸气分别为2mol、2mol、1mol、3mol，总物质的量为8mol，则反应的平衡常数Kp==27。若初始向密闭容器中充入的是3mol二氧化碳和4mol氢气，可以视作恒温恒压下，先通入2mol二氧化碳和4mol氢气，再通入1mol二氧化碳，先通入2mol二氧化碳和4mol氢气所形成的平衡与原平衡为恒压等效平衡，氢气的体积分数为25%，向平衡体系中再通入1mol二氧化碳时，平衡向正反应方向移动，氢气的体积分数减小，所以初始向密闭容器中充入的是3mol二氧化碳和4mol氢气达到平衡时，氢气的体积分数小于25%。
故答案为：27；小于
（3）由图可知，与直流电源正极b相连的电极Y为电解池的阳极，水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氢离子和氧气，电极Y为阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成丙烯和水，电极反应式为3CO2+18e—+18H+= CH3CH=CH2+6H2O。
故答案为：正；3CO2+18e—+18H+= CH3CH=CH2+6H2O
【分析】（1）CO2与H2反应生成C2H4和H2O，结合盖斯定律计算反应热，从而得出该反应的热化学方程式。
（2）①该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，据此分析。
②对X点反应容器升高温度，平衡逆向移动，H2的体积分数减小。同时缩小体积，压强增大，平衡正向移动，H2的体积分数减小。据此分析。
③D点时体积的压强为2MPa，H2的体积分数为25%，令生成的n(CH3CH2OH)=amol，据此结合平衡三段式进行计算。起始投入3molCO2和4molH2，可看成先通入2molCO2和4molH2，反应达到的平衡与原平衡等效。再加入1molCO2，平衡正向移动，据此分析。
（3）左侧X电极上CO2转化为CH3CH=CH2，发生得电子的还原反应，因此X电极为阴极，则太阳能电池a为负极，b为正极。Y电极为阳极，H2O电离产生的OH－发生失电子的氧化反应，生成O2，据此分析。
（1）二氧化碳与氢气合成乙烯的反应为2CO2(g)+ 6H2(g)= C2H4(g) +4H2O(g)，由盖斯定律可知，反应Ⅰ×2＋反应Ⅱ=目标反应，则反应△H=(+41.3kJ/mol) ×2＋(+210.5kJ/mol)= +293.1kJ/mol，则反应的热化学方程式为2CO2(g)+ 6H2(g)= C2H4(g) +4H2O(g) △H=+293.1kJ/mol；
（2）①该反应为放热反应，相同条件下，升高温度，平衡向逆反应方向移动，氢气的体积分数增大，由图可知，T1条件下氢气的体积分数小于T2条件下，则温度T1小于T2；
②该反应为气体体积减小的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，氢气的体积分数增大，增大压强，平衡向正反应方向移动，氢气的体积分数减小，则在X点对反应容器升温，同时缩小体积使体系压强增大，图中F点重新达到平衡状态；
③由图可知，在T1、2MPa下，反应达到平衡时氢气的体积分数为25%，设反应生成乙醇物质的量为amol，由题意可建立如下三段式：
由氢气的体积分数可得：×100%=25%，解得a=1，则平衡时二氧化碳、氢气、乙醇、水蒸气分别为2mol、2mol、1mol、3mol，总物质的量为8mol，则反应的平衡常数Kp==27；若初始向密闭容器中充入的是3mol二氧化碳和4mol氢气，可以视作恒温恒压下，先通入2mol二氧化碳和4mol氢气，再通入1mol二氧化碳，先通入2mol二氧化碳和4mol氢气所形成的平衡与原平衡为恒压等效平衡，氢气的体积分数为25%，向平衡体系中再通入1mol二氧化碳时，平衡向正反应方向移动，氢气的体积分数减小，所以初始向密闭容器中充入的是3mol二氧化碳和4mol氢气达到平衡时，氢气的体积分数小于25%；
（3）由图可知，与直流电源正极b相连的电极Y为电解池的阳极，水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氢离子和氧气，电极Y为阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成丙烯和水，电极反应式为3CO2+18e—+18H+= CH3CH=CH2+6H2O。
19．【答案】（1）对硝基苯胺(或4—硝基苯胺)；硝基、羰基
（2）保护氨基，防止被氧化
（3）
（4）+H2O
（5）25
（6）
【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）D的名称是对硝基苯胺(或4—硝基苯胺)。E中含氧官能团的名称是硝基、羰基。
故答案为：对硝基苯胺(或4—硝基苯胺)；硝基、羰基
（2）氨基容易被氧化，第一步加入的作用是保护氨基，防止被氧化。
故答案为：保护氨基，防止被氧化
（3）由分析：F的结构简式：。
故答案为：
（4）G转化为氯硝西泮需经历过程：G→X→氯硝西泮，G为，G的分子式为C15H12ClN3O4，中间体X的分子式为，G到X发生羰基上的加成反应，X为，X到氯硝西泮脱去水分子形成双键，发生的是消去反应，X→氯硝西泮的反应方程式为+H2O。
故答案为：+H2O
（5）B的结构简式为，其同分异构体符合①含有苯环，可以发生银镜反应，说明存在醛基；②不含手性碳原子，苯环上有三个取代基：、、，有10种结构；苯环上有两个取代基的组合有①、(邻、间、对3种)，②、(邻、间、对3种)，③、(邻、间、对3种)，④、(邻、间、对3种)；苯环上有一个取代基的有、、有3种，共25种。
故答案为：25
（6）根据信息①，由和形成环状结构，再根据信息②，与NaOH反应得到产物。可以由原料与氨气反应得到，故合成路线为。
故答案为：
【分析】有机物A与CH3COOH反应生成B（C8H9NO），反应过程中脱去一个H2O分子，形成酰胺基，因此B的结构简式为。B在“浓硫酸/加热”条件下与HNO3发生硝化反应，结合D的结构简式可知，－NO2取代在酰胺基的对位上，因此，C的结构简式为。C发生水解反应，生成D。D与发生取代反应生成E。E与BrCH2COBr反应生成F（C15H10BrClN2O4），F与NH3进一步反应生成G（C15H12ClN3O4），G进一步反应生成氯硝西泮。因此G的结构简式为；F的结构简式为。据此结合Tiga设问分析作答。
（1）D的名称是对硝基苯胺(或4—硝基苯胺)。E中含氧官能团的名称是硝基、羰基。故答案为：对硝基苯胺(或4—硝基苯胺)；硝基、羰基；
（2）氨基容易被氧化，第一步加入的作用是保护氨基，防止被氧化。故答案为：保护氨基，防止被氧化；
（3）由分析：F的结构简式：。故答案为：；
（4）G转化为氯硝西泮需经历过程：G→X→氯硝西泮，G为，G的分子式为C15H12ClN3O4，中间体X的分子式为，G到X发生羰基上的加成反应，X为，X到氯硝西泮脱去水分子形成双键，发生的是消去反应，X→氯硝西泮的反应方程式为+H2O。故答案为：+H2O；
（5）B的结构简式为，其同分异构体符合①含有苯环，可以发生银镜反应，说明存在醛基；②不含手性碳原子，苯环上有三个取代基：、、，有10种结构；苯环上有两个取代基的组合有①、(邻、间、对3种)，②、(邻、间、对3种)，③、(邻、间、对3种)，④、(邻、间、对3种)；苯环上有一个取代基的有、、有3种，共25种。故答案为：25；
（6）根据信息①，由和形成环状结构，再根据信息②，与NaOH反应得到产物。可以由原料与氨气反应得到，故合成路线为。
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