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湖南省岳阳市2025届高三上学期教学质量监测（一）化学试题
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2025·岳阳模拟）化学与生活、生产密切相关，下列叙述错误的是
A．氮化硅、碳纳米管、石墨烯均属于新型无机非金属材料
B．阿司匹林药效释放快，可将它连接在高分子载体上生成长效缓释药物
C．用于航天服的“连续纤维增韧”航空材料，使用的陶瓷和碳纤维属于合成有机高分子材料
D．人造太阳的原理是模拟太阳内部的核聚变反应，其原料中的与具有相同的质量数
2．（2025·岳阳模拟）实验室制取氮气的一种方法为。下列有关化学用语表示正确的是
A．的结构式：
B．和的球棍模型均为：
C．离子化合物的电子式为：
D．的最外层电子排布图为：
3．（2025·岳阳模拟）下列实验事故的处理方法不合理的是
选项 实验事故 处理方法
A 易燃物钠、钾引起火灾 用泡沫灭火器灭火
B 不需回收利用的有机废液 用焚烧法处理
C 被玻璃碎片划伤 伤口处理清理干净后，可用双氧水或碘酒擦洗
D 氢氧化钠溶液溅到皮肤上 立即用大量水冲洗，然后涂上1%的硼酸
A．A B．B C．C D．D
4．（2025·岳阳模拟）下列有关化学概念或性质的判断正确的是
A．等钡的化合物均有毒，相关废弃物应进行无害化处理
B．二氧化硫是一种食品添加剂，少量二氧化硫可用于杀菌消毒
C．牙膏中添加氟化物用于预防龋齿是利用了氧化还原反应的原理
D．依次断开中的4个，所需能量相同
5．（2025·岳阳模拟）葡萄糖水溶液中，存在链状和环状结构间的平衡。常温下，各种葡萄糖结构及其所占百分含量如下图所示。下列说法错误的是
A．吡喃葡萄糖与吡喃葡萄糖互为同分异构体
B．吡喃葡萄糖的稳定性大于吡喃葡萄糖
C．葡萄糖能发生氧化、还原、取代、加成和消去反应
D．由于环状分子中无醛基，因此葡萄糖溶液很难发生银镜反应
6．（2025·岳阳模拟）氟化铵受热易分解，反应为。下列有关叙述错误的是
A．标准状况下，中所含原子数为
B．晶体中含有氢键
C．与中键角：
D．热稳定性：
7．（2025·岳阳模拟）利用如图所示装置进行的制备与性质探究实验时，下列说法错误的是
A．甲中反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为
B．乙试管中产生白色沉淀，证明与水反应生成了
C．丙中试液先变红后褪色，说明与水反应产物既有酸性又有漂白性
D．丁中可盛放溶液吸收多余的
8．（2025·岳阳模拟）与下列实验操作对应的现象、结论均正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A 向溶液中通入，再滴加稀溶液 通入产生白色沉淀，滴加稀白色沉淀不溶解 白色沉淀为，后转化成
B 向溶液中加入稀硫酸 溶液变浑浊 具有氧化性
C 室温下取少量固体于试管中，加几滴水，振荡，将温度计插入试剂中 温度计示数升高 固体溶解放热
D 往装有碘的溶液试管中加入等体积的浓溶液，振荡、静置分层 下层由紫红色变浅至几乎无色，上层呈棕黄色 碘在浓溶液中的溶解度大于在中的溶解度
A．A B．B C．C D．D
9．（2025·岳阳模拟）化学等众多领域有广泛应用。下列有关扩环卟啉分子P和Q(—为芳香基团，除—外，P和Q分子中所有原子共平面)的说法错误的是
A．P为非极性分子，Q为极性分子
B．第一电离能：
C．X是氧化剂，Y是还原剂
D．除—外，P和Q分子中C原子、N原子均为杂化
10．（2025·岳阳模拟）恒温条件下，用图1所示装置研究铁的电化学腐蚀，测定结果如图2。
下列说法正确的是
A．铁的电化学腐蚀属于化学腐蚀
B．段越大，析氢速率越大
C．段正极反应式主要为
D．段基本不变，说明生成铁锈覆盖在铁粉表面，阻止铁粉继续发生腐蚀
11．（2025·岳阳模拟）实验室模拟利用含钴废料(主要成分为，还含有少量的铝箔等杂质)制备碳酸钴的工艺流程如图：
已知：难溶于水。
下列有关描述错误的是
A．“碱浸”发生反应的为：
B．“操作①”用到的主要玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒
C．“酸溶”反应中可以换成
D．“沉钴”时若浓度太大，可能导致产品不纯
12．（2025·岳阳模拟）是三种典型的晶体，晶胞结构如图所示。下列说法错误的是
A．通过晶体的X射线衍射实验可以区分晶体与晶体
B．晶体中，的配位数相等
C．两种晶体的熔点高低关系为：
D．晶胞中，a点坐标参数为，则b点F-坐标为
13．（2025·岳阳模拟）在体积分别为和的两个恒容密闭容器中，均充入和，光照条件下发生反应，测得的平衡转化率随温度的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A．
B．此反应仅在低温下可自发进行
C．时，若，则反应平衡常数
D．其他条件不变，增大投料比投料，平衡后可提高转化率
14．（2025·岳阳模拟）已知时，饱和溶液浓度约为水溶液中各含硫微粒物质的量分数δ随变化关系如下图[例如]。已知：。
下列说法正确的是
A．溶液中，水的电离受到抑制
B．以酚酞为指示剂(变色的范围)，用标准溶液可滴定水溶液的浓度
C．的溶液中：
D．向的溶液中通入气体至饱和，所得溶液中：
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（2025·岳阳模拟）草酸是一种用途广泛的有机酸，易溶于水，常用来作还原剂、沉淀剂、媒染剂、络合剂等。某实验小组通过查阅资料设计了如图所示的装置(夹持仪器省略)制备一定量的草酸晶体，回答下列问题：
经查找资料得知：乙炔在左右硝酸汞作催化剂的条件下，经浓硝酸氧化可制得草酸。
（1）仪器a的名称是　 　。
（2）硫酸铜溶液除去的杂质气体分子式为　 　。
（3）装置C中反应一般控制在左右，适宜采用的加热方式为　 　，若温度高于，则生成草酸的速率会减慢，原因是　 　。
（4）装置C中发生的化学方程式为　 　。
（5）某实验小组称取电石(杂质的质量分数为4.0%)，在浓硝酸足量情况下，完成实验，最后得到草酸晶体。
①从C中分离出草酸晶体的方法是：　 　，过滤，洗涤，干燥。
②该实验中草酸晶体的产率：　 　%(结果保留两位有效数字)。
（6）设计实验证明草酸属于二元酸(写出简要步骤)　 　。
16．（2025·岳阳模拟）中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐，某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细小的颗粒被包裹)，以提高金的浸出率并冶炼金，工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）属于　 　区元素，其基态原子的价电子排布式为　 　。
（2）“细菌氧化”过程中，硫酸的浓度　 　。(填“逐渐变大”、“逐渐变小”或“保持不变”)
（3）“浸金”中发生反应的离子方程式为　 　。
（4）“沉金”中的作用为　 　。
（5）“滤液②”中的含有配位键，其中参与配位原子是　 　(填“碳原子”或“氮原子”)，理由是　 　。
（6）常温下，溶液中分别与三种金属离子形成配离子，平衡时，与的关系如图所示。
①当对应的相关离子浓度处于点P时，配离子的解离速率　 　生成速率(填“>”、“<”或“=”)。
②当和对应相关离子的混合液处于Q点，向其中加少量粉末，达平衡时，与的大小：前者　 　后者(填“>”、“<”或“=”)。
17．（2025·岳阳模拟）“碳达峰·碳中和”是我国社会发展的重大战略。在催化剂作用下，可被还原为等化学品，主要反应如下：
反应1：
反应2：
（1）反应的　 　。
（2）恒温恒容条件下，若起始按投料，只发生反应1，能作为反应达到平衡的标志是___________(填序号)。
A．浓度不再发生变化
B．百分含量不再发生变化
C．气体平均相对分子质量不再发生变化
D．
（3）将和充入密闭容器发生反应1和反应2，并达到平衡状态。相同温度下，在不同压强下测得的平衡转化率、的选择性和的选择性随压强变化曲线如图甲所示。图中表示选择性的曲线是　 　(填“m”、“n”或“p”)，A点时的转化率为　 　，反应2的压强平衡常数　 　(结果保留2位有效数字)。
（4）近年来新兴的生物电催化技术运用微生物电解池也可实现弱酸环境下甲醇化，工作原理如图乙所示。
已知：法拉第效率的定义(X代表)如：
①实验测得，阴极区溶液酸性提高，阴极上会产生气体a导致法拉第效率降低，气体a的分子式为　 　。
②阴极生成甲醇的电极反应式为　 　。
18．（2025·岳阳模拟）以化合物A为原料制备一种药物中间体J的合成路线如下。
请回答下列问题：
（1）化合物F在核磁共振氢谱上有　 　组吸收峰。
（2），的反应类型分别为　 　、　 　。
（3）H中的含氮官能团的名称是　 　。
（4）化合物A沸点低于的理由是　 　。
（5）的化学反应方程式　 　。
（6）从官能团转化的角度解释化合物I转化为J的过程中，先加碱后加酸的原因　 　。
（7）参照以上合成路线，若以为原料制备(其他试剂自选)，则其合成路线为　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；原子中的数量关系；药物的主要成分和疗效
【解析】【解答】A、氮化硅是新型陶瓷材料，碳纳米管和石墨烯是碳的新型单质形态，它们都属于新型无机非金属材料，A正确；
B、阿司匹林本身药效释放快，将其连接在高分子载体上，可通过高分子的缓慢降解来控制药物释放速度，从而制成长效缓释药物，B正确；
C、陶瓷属于无机非金属材料，碳纤维是由碳元素组成的无机纤维，二者都不属于合成有机高分子材料，C错误；
D、人造太阳的原理是核聚变，其中原料3He 和3H 的质量数均为 3，但质子数不同，属于不同元素的核素，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题关键点：
陶瓷、碳纤维都属于无机非金属材料，不是合成有机高分子材料，可直接判定 C 错误；
先圈出 “错误”，避免惯性选 “正确” 项；D 选项中，看清3He 和3H 的脚标，就能判断质量数相同的表述是对的；
B 选项里，高分子载体可实现药物缓慢释放，这是缓释药的常见设计思路，直接判定正确。
2．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、N2分子中存在氮氮三键，结构式应为 N≡N，而非 N=N，A错误；
B、NO2-的中心 N 原子价层电子对含孤电子对，空间构型为 V 形；H2O 的中心 O 原子也含孤电子对，空间构型同样为 V 形，但 NO2-中 N 原子半径大于 O 原子，H2O 中 O 原子半径大于 H 原子，二者球棍模型的原子大小和键角有差异，不能用同一模型表示，B错误；
C、NH4Cl 是离子化合物，由 NH4+和 Cl-构成，Cl-的电子式需写出完整最外层电子，正确电子式应为 （N 上下各加一对电子，Cl 周围加三对电子），C错误；
D、Cl-的核外电子排布为 2、8、8，最外层为第 3 层，包含 3s 和 3p 轨道，3s 轨道填满 2 个电子，3p 轨道填满 6 个电子， 排布图为：，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
A．容易把 N2的结构式误写为 N=N，忽略氮分子实际是氮氮三键（N≡N）。
B．NO2-和 H2O 虽然都是 V 形结构，但原子半径、键角不同，不能用同一个球棍模型表示，很容易因只看构型而忽略原子大小差异。
C．写 NH4Cl 的电子式时，常漏写 Cl-周围的孤对电子，或漏标 NH4+的电荷，导致电子式书写错误。
D．Cl-的最外层电子排布图需满足泡利原理（轨道内电子自旋相反）和洪特规则（电子优先分占不同轨道且自旋平行），容易因不熟悉规则而误判。
3．【答案】A
【知识点】化学实验安全及事故处理；钠的氧化物
【解析】【解答】A、钠、钾属于活泼金属，能与水、二氧化碳发生剧烈反应并产生氢气，会使火势进一步扩大。泡沫灭火器喷出的泡沫中含有水和二氧化碳，因此不能用于扑灭钠、钾引发的火灾，A不合理；
B、对于无需回收的有机废液，采用焚烧法处理可以将有机物分解为二氧化碳和水等物质，减少环境污染，B合理；
C、被玻璃碎片划伤后，先清理伤口去除碎屑，再用双氧水或碘酒擦洗，能够有效消毒杀菌，防止伤口感染，C合理；
D、氢氧化钠溶液具有强腐蚀性，溅到皮肤上时立即用大量水冲洗，可快速稀释并去除残留的碱液，之后涂上 1% 的硼酸可以中和剩余的碱，减轻损伤，D合理；
故答案为：A。
【分析】本题解题关键点：
抓物质特性：钠、钾是活泼金属，能与水、二氧化碳反应，这一特性直接决定了泡沫灭火器（含 CO2和水）不能用于灭火，可直接锁定 A 为不合理选项。
区分处理场景：有机废液焚烧处理、玻璃划伤消毒、强碱溅伤后冲洗 + 硼酸中和，都是实验室常规且合理的操作，可快速排除 B、C、D。
审题抓关键词：题目要求选 “不合理” 的处理方法，先圈出关键词，避免惯性选择 “合理” 选项。
4．【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、BaSO4难溶于水且难溶于酸，不会被人体吸收，是无毒的钡化合物，常用于医学造影，因此 “钡的化合物均有毒” 的表述错误，A错误；
B、二氧化硫在食品加工中可作为合法添加剂，少量使用时能起到杀菌消毒、抗氧化和漂白的作用，B正确；
C、牙膏中添加氟化物防龋齿，是因为氟离子能与牙齿表面的羟基磷灰石反应生成更难溶的氟磷灰石，增强牙齿抗腐蚀能力，此过程无元素化合价变化，不涉及氧化还原反应，C错误；
D、CH4分子中 4 个 C—H 键虽然等价，但在依次断裂时，每一步的反应环境不同（如第一步断裂 CH4→CH3 +H ，第二步断裂 CH3 →CH2 +H ），所需能量并不相同，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．不能因为 BaCO3等钡盐有毒，就认为所有钡化合物都有毒。BaSO4难溶且无毒，是医学上常用的造影剂，抓住这一特例就能快速排除 A。
B．二氧化硫作为食品添加剂，在限量内可用于杀菌、抗氧化，这是食品工业中的常见应用，记住这一知识点可直接判定 B 正确。
C．氟化物防龋齿是通过生成更稳定的氟磷灰石实现的，过程中没有元素化合价变化，不属于氧化还原反应，这一点可直接排除 C。
D．CH4里的 4 个 C—H 键虽然等价，但断裂是分步进行的，每一步的分子碎片不同，导致所需能量不同，抓住 “依次断裂” 这一关键词就能排除 D。
5．【答案】D
【知识点】单糖的性质和用途
【解析】【解答】A、α-D - 吡喃葡萄糖与 β-D - 吡喃葡萄糖的分子式相同，但羟基在环上的空间位置不同，属于同分异构体，A正确；
B、常温下 β-D - 吡喃葡萄糖的含量（63.6%）高于 α-D - 吡喃葡萄糖（36.4%），在化学平衡中，含量越高通常代表物质越稳定，因此 β 型稳定性更强，B正确；
C、葡萄糖分子中含有醛基、羟基和多个羟基氢，醛基可发生氧化、还原、加成反应；羟基可发生取代、消去反应，C正确；
D、虽然环状葡萄糖分子中无醛基，但葡萄糖水溶液中存在环状与链状结构的动态平衡，链状葡萄糖含有醛基，会持续释放出来参与银镜反应，因此葡萄糖溶液可以发生银镜反应，D错误；
故答案为：D。
【分析】解题关键点：
A．考查同分异构体判断：α-D - 吡喃葡萄糖与 β-D - 吡喃葡萄糖分子式相同，仅羟基空间位置不同；
B．考查稳定性判断：平衡体系中含量越高越稳定，β-D - 吡喃葡萄糖含量更高；
C．考查反应类型判断：葡萄糖含醛基和羟基，醛基可发生氧化、还原、加成，羟基可发生取代、消去；
D．考查银镜反应本质：葡萄糖溶液存在环状与链状的动态平衡，链状结构含醛基，能发生银镜反应。
6．【答案】A
【知识点】键能、键长、键角及其应用；含有氢键的物质；气体摩尔体积；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、标准状况下，HF 不是气体，而是液态，因此 11.2L HF 的物质的量无法用气体摩尔体积计算，A错误；
B、NH4F 晶体中，NH4+中的 H 原子可与 F-形成氢键，B正确；
C、NH4+中 N 原子的价层电子对为 4 对且无孤电子对，空间构型为正四面体形，键角约为 109°28'；NH3中 N 原子有 1 对孤电子对，空间构型为三角锥形，键角约为 107°，因此 NH4F 中的 H—N—H 键角大于 NH3中的键角，C正确；
D、元素的非金属性越强，对应的氢化物热稳定性越高。F 的非金属性强于 N，因此 HF 的热稳定性高于 NH3，D正确；
故答案为：A。
【分析】A．标准状况下 HF 是液态，不能用 22.4L/mol 计算物质的量；
B．NH4F 晶体中，NH4+中的 H 和 F-可形成氢键；
C．NH4+无孤电子对，NH3有 1 对孤电子对；孤电子对会压缩键角，故 NH4+的 H—N—H 键角更大；
D．非金属性 F>N，因此热稳定性 HF>NH3。
7．【答案】B
【知识点】氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、甲中发生的反应为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O。该反应中，MnO2是氧化剂，每1mol MnO2参与反应时，只有2mol HCl被氧化为Cl2，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，A正确；
B、乙试管中产生白色沉淀，不能直接证明Cl2与水反应生成了Cl-。因为制备Cl2时使用的浓盐酸具有挥发性，挥发出的HCl也会进入乙试管，与AgNO3溶液反应生成AgCl沉淀，B错误；
C、丙中紫色石蕊试液先变红，说明Cl2与水反应生成了HCl（具有酸性）；随后褪色，说明反应生成的HClO具有漂白性，C正确；
D、Cl2是有毒气体，丁中盛放NaOH溶液可与Cl2发生反应，将其吸收，防止污染空气，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．制备氯气的反应里，4mol HCl 只有 2mol 被氧化，所以氧化剂 MnO2和还原剂 HCl 的物质的量之比为 1：2；
B．浓盐酸有挥发性，挥发出的 HCl 会直接和 AgNO3生成沉淀，无法证明沉淀来自 Cl2与水反应生成的 Cl-；
C．石蕊试液先变红（HCl 的酸性）后褪色（HClO 的漂白性），现象和性质直接对应；
D．Cl2有毒，用 NaOH 溶液吸收是实验室常规操作判定选项。
8．【答案】D
【知识点】性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、SO2通入 BaCl2溶液不会生成沉淀，因为亚硫酸钡可溶于盐酸；滴加稀 HNO3后，SO2被氧化为 SO42-，生成的是 BaSO4沉淀，而非 “先生成 BaSO3再转化”，A错误；
B、Na2S2O3与稀硫酸反应生成 S 沉淀和 SO2气体，是 S2O32-自身发生歧化反应，H2SO4仅提供酸性环境，并未体现氧化性，B错误；
C、NaHCO3固体溶于水时，扩散吸热小于水合放热，整体表现为吸热，温度计示数应降低，而非升高，C错误；
D、碘在浓 KI 溶液中与 I-结合生成 I3-，使碘从 CCl4层转移到水层，说明碘在浓 KI 溶液中的溶解度大于在 CCl4中的溶解度，现象与结论一致，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．SO2通入 BaCl2溶液不产生沉淀，因亚硫酸钡溶于盐酸；加稀 HNO3后 SO2被氧化为 SO42-，生成的是 BaSO4沉淀。
B．Na2S2O3和稀硫酸反应是 S2O32-的歧化反应，H2SO4仅提供酸性环境，不体现氧化性。
C．NaHCO3溶于水实际是吸热过程，温度计示数应降低，而非升高，现象与结论矛盾。
D．碘能从 CCl4层转移到浓 KI 溶液，是因生成 I3-使碘在水中溶解度增大，现象和结论一致。
9．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、P 分子结构对称，正负电荷中心重合，为非极性分子；Q 分子同样结构对称，正负电荷中心重合，也为非极性分子。因此 “Q 为极性分子” 的表述错误，A错误；
B、同周期主族元素第一电离能呈增大趋势，N 原子的 2p 轨道为半充满稳定结构，第一电离能出现反常，故第一电离能：C < O < N，B正确；
C、从 P 到 Q 的转化中，部分 N 原子的成键方式发生变化，N 元素化合价升高，需要氧化剂 X；从 Q 到 P 的转化中，N 元素化合价降低，需要还原剂 Y，C正确；
D、除 —Ar 外，P 和 Q 分子中的 C、N 原子均形成双键或参与共轭体系，均为 sp2 杂化，D正确；
故答案为：A。
【分析】A．P 和 Q 的结构高度对称，正负电荷中心重合，都属于非极性分子。容易误把 Q 当成极性分子，忽略其对称结构。
B．同周期元素中 N 的 2p 轨道为半充满稳定结构，第一电离能会反常高于 O，容易按 “从左到右递增” 的惯性思维错判。
C．P→Q 的转化中 N 的化合价升高，需要氧化剂 X；Q→P 的转化中 N 的化合价降低，需要还原剂 Y。容易把 X、Y 的作用搞反。
D．分子中的 C、N 原子均参与双键或共轭体系，均为 sp2 杂化，容易因忽略共轭结构而误判为 sp3 杂化。
10．【答案】C
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、铁的电化学腐蚀是铁、炭粉与电解质溶液构成原电池发生的腐蚀，有电流产生，不属于化学腐蚀，A错误；
B、AB 段溶液 pH 升高，说明 H+浓度降低，析氢速率会随 H+减少而减小，并非越大，B错误；
C、BC 段溶液 pH<7，呈酸性，且容器内压强下降，说明氧气参与反应，正极反应主要为 O2+4e-+4H+=2H2O，C正确；
D、DE 段 pH 基本不变，是因为铁的吸氧腐蚀速率稳定，铁锈覆盖并未完全阻止铁粉继续腐蚀，只是腐蚀速率变慢，D错误；
故答案为：C。
【分析】初始阶段（AB 段）：铁粉与酸性较强的氯化钠溶液（pH=1.8）发生析氢腐蚀，产生氢气，导致容器内压强升高，同时溶液 pH 上升。
过渡阶段（BC 段）：随着 H+消耗，溶液酸性减弱，腐蚀方式转为以吸氧腐蚀为主，氧气被消耗使容器内压强下降，同时 pH 继续上升， 正极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O；
后期阶段（DE 段）：吸氧腐蚀持续进行，生成的铁锈覆盖在铁粉表面，减缓了腐蚀速率，溶液 pH 和容器压强趋于稳定， 原因：相同时间内，2Fe + O2 + 4H+=2Fe2+ + 2H2O消耗H+的量与4Fe2++ O2 +10H2O=4Fe(OH)3 + 8H+产生H+的量基本相同。
11．【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；铝的化学性质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、碱浸时，铝箔与 NaOH 溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，反应式为
，A正确；
B、操作①为过滤，用到的主要玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，B正确；
C、酸溶时，H2O2作为还原剂，将 Co3O4中的 Co3+还原为 Co2+；O2为氧化剂，无法实现这一还原过程，因此不能替换 H2O2，C错误；
D、沉钴时若 Na2CO3浓度太大，溶液碱性过强，会生成 Co (OH)2沉淀混入产品，导致产品不纯，D正确；
故答案为：C。
【分析】制备碳酸钴的工艺流程为：
碱浸除杂：含钴废料与 NaOH 溶液反应，将其中的铝箔转化为可溶性的四羟基合铝酸钠进入滤液①，钴的氧化物不反应，留在钴渣①中。
酸溶还原：钴渣①用 H2SO4溶解，同时加入 H2O2作为还原剂，将 Co3O4中的 Co3+还原为 Co2+，得到含 Co2+的溶液，经操作①（过滤）除去不溶物，得到滤液②。
沉钴得到产品：向滤液②中加入 Na2CO3溶液，使 Co2+以 CoCO3的形式沉淀出来，最终得到碳酸钴产品。
12．【答案】B
【知识点】离子晶体；晶胞的计算；晶体的定义
【解析】【解答】A、NaCl 和 CsCl 的晶胞结构不同，X 射线衍射实验会产生不同的衍射图谱，因此可以区分二者，A正确；
B、NaCl 晶体中 Cl-的配位数为 6，CsCl 晶体中 Cl-的配位数为 8，二者不相等，B错误；
C、CaF2和 CsCl 均为离子晶体，CaF2的离子所带电荷更高、离子半径更小，晶格能更大，因此熔点 CaF2 > CsCl，C正确；
D、在 CaF2晶胞中，若 a 点坐标为 (0，0，0)，则 b 点 F-的坐标为 ，符合晶胞中原子的位置关系，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．不同晶胞结构会产生不同的衍射图谱，因此可直接区分 NaCl 和 CsCl 晶体。
B．NaCl 中 Cl-周围有 6 个等距的 Na+，配位数为 6；CsCl 中 Cl-周围有 8 个等距的 Cs+，配位数为 8，两者不相等。
C．熔点由晶格能决定，CaF2中离子电荷更高、半径更小，晶格能更大，因此熔点 CaF2 > CsCl。
D．以 a 点 (0，0，0) 为原点，b 点 F-在晶胞内部的位置对应坐标 ，符合晶胞原子位置规律。
13．【答案】C
【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；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、该反应是气体分子数不变的反应，容器体积不影响平衡转化率；但体积越小，浓度越大，相同温度下转化率越高。由图知V1对应的转化率更高，说明V1 < V2 错误，A错误；
B、反应的气体分子数不变，故ΔS≈0；温度升高时转化率下降，说明正反应放热，ΔH<0。根据ΔG=ΔH TΔS，ΔG<0在任何温度下都成立，反应在任何温度下均可自发，B错误；
C、T1时，V2=2 L，CHCl3转化率为60%，则转化的CHCl3为2 mol × 0.6 = 1.2 mol，O2转化0.6 mol。平衡时：、、的浓度分别为0.4mol/L、0.2mol/L、0.6 mol/L、0.6 mol/L，反应平衡常数，C正确；
D、增大投料比，相当于增加CHCl3的量，平衡正向移动，但CHCl3的转化率会降低，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
误判该反应是气体分子数不变的反应，平衡转化率本应与体积无关，但浓度会影响反应速率和转化率的表现。图中 V1的转化率更高，说明 V1体积更小，容易误判为 V1 > V2；
反应的 ΔS≈0 且 ΔH<0，根据 ΔG=ΔH TΔS，ΔG<0 在任何温度下都成立，反应在任何温度下均可自发，容易误判为 “仅低温自发”；
平衡常数表达式中，各物质浓度的幂次要与化学计量数一致，容易把 COCl2的幂次写错，导致计算错误；
增大投料比，相当于增加 CHCl3的量，虽然平衡正向移动，但 CHCl3的转化率会降低，容易误判为 “提高转化率”；
14．【答案】C
【知识点】水的电离；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A、NaHS 是弱酸的酸式盐，HS-的水解程度大于电离程度，水解会促进水的电离，因此水的电离是被促进而非抑制。A错误；
B、酚酞的变色 pH 范围为 8.2~10.0，而 H2S 滴定至 HS-的终点 pH 约为 7.0，不在酚酞变色范围内，无法准确判断滴定终点。B错误；
C、0.01mol/L 的 Na2S 溶液中，S2-主要发生第一步水解：S2- + H2O HS- + OH-，第一步水解程度远大于第二步。因此离子浓度关系为 c (Na+) > c (OH-) > c (HS-) > c (S2-)。C正确；
D、
，，故，D错误；
故答案为：C。
【分析】在H2S的水溶液中，存在两步电离平衡：；
随着溶液pH的升高，H+浓度降低，平衡向右移动，导致各含硫微粒的物质的量分数发生变化：
图中 ；
曲线①：代表，其物质的量分数随pH增大而持续减小；
曲线②：代表，其物质的量分数随pH增大先增大后减小；
曲线③：代表，其物质的量分数随pH增大而逐渐增大。
从曲线的交点可以直接获取电离常数：
曲线①与②的交点pH=7.0，此时，代入第一步电离常数表达式，可得；
曲线②与③的交点pH=13.0，此时，代入第二步电离常数表达式，可得。据此解题。
15．【答案】（1）蒸馏烧瓶
（2）
（3）水浴加热；温度过高，浓硝酸分解，导致草酸生成速率减慢(或催化剂活性降低)
（4）
（5）蒸发浓缩、冷却结晶；80
（6）取草酸溶液，使用等浓度氢氧化钠滴定，消耗氢氧化钠体积(或常温下，测得草酸氢钠溶液的小于7)
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；乙炔炔烃；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）仪器a的名称是蒸馏烧瓶；
故答案为： 蒸馏烧瓶 ；
（2）根据分析可知，饱和食盐水和电石（杂质CaS、Ca3P2）反应生成乙炔，乙炔中混有H2S和PH3，通过乙中CuSO4溶液除去H2S和PH3；
故答案为： ；
（3）由于装置C中反应控制在左右，采用水浴加热，若温度高于，则生成草酸的速率会减慢，原因是温度过高，浓硝酸分解，导致草酸生成速率减慢(或催化剂活性降低)；
故答案为： 水浴加热 ； 温度过高，浓硝酸分解，导致草酸生成速率减慢(或催化剂活性降低) ；
（4）结合已知条件和氧化还原反应的书写原则，得装置C中发生的化学方程式为；
故答案为： ；
（5）①从C中分离出草酸晶体的方法是：蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤，干燥；
②电石(杂质的质量分数为4.0%)，则电石质量为1.25g×96%=1.2g，物质的量为0.01875mol，根据关系式知，得草酸物质的量为0.01875mol，则草酸晶体质量为0.01875mol×126g/mol=2.3625g，产率为；
故答案为： 蒸发浓缩、冷却结晶 ；80；
（6）若证明草酸属于二元酸，我们可以取草酸溶液，使用等浓度氢氧化钠滴定，消耗氢氧化钠体积(或常温下，测得草酸氢钠溶液的小于7，说明电离大于水解，可以证明草酸属于二元酸)。
故答案为： 取草酸溶液，使用等浓度氢氧化钠滴定，消耗氢氧化钠体积(或常温下，测得草酸氢钠溶液的小于7) ；
【分析】（1）直接根据装置图特征，识别出仪器a为蒸馏烧瓶。
（2）电石杂质CaS、Ca3P2与水反应生成H2S、PH3，用硫酸铜溶液可除去这两种杂质气体。
（3）反应温度控制在50℃左右，选择水浴加热；温度过高会导致浓硝酸分解或催化剂活性降低，从而减慢草酸生成速率。
（4）结合氧化还原反应规律，乙炔（C2H2）被浓硝酸氧化为草酸（H2C2O4），硝酸被还原为NO2，配平后得到反应方程式： ；
（5）① 从溶液中获得草酸晶体的方法为蒸发浓缩、冷却结晶。
② 产率计算：先根据电石纯度算出CaC2的物质的量，再通过关系式CaC2 ~ C2H2 ~ H2C2O4·2H2O计算理论产量，最后用实际产量÷理论产量×100%得到产率。
（6）取等体积等浓度的草酸溶液，用等浓度NaOH滴定，若消耗NaOH体积为草酸体积的2倍，或测得草酸氢钠溶液pH<7，即可证明草酸为二元酸。
（1）仪器a的名称是蒸馏烧瓶；
（2）根据分析可知，饱和食盐水和电石（杂质CaS、Ca3P2）反应生成乙炔，乙炔中混有H2S和PH3，通过乙中CuSO4溶液除去H2S和PH3；
（3）由于装置C中反应控制在左右，采用水浴加热，若温度高于，则生成草酸的速率会减慢，原因是温度过高，浓硝酸分解，导致草酸生成速率减慢(或催化剂活性降低)；
（4）结合已知条件和氧化还原反应的书写原则，得装置C中发生的化学方程式为；
（5）①从C中分离出草酸晶体的方法是：蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤，干燥；
②电石(杂质的质量分数为4.0%)，则电石质量为1.25g×96%=1.2g，物质的量为0.01875mol，根据关系式知，得草酸物质的量为0.01875mol，则草酸晶体质量为0.01875mol×126g/mol=2.3625g，产率为；
（6）若证明草酸属于二元酸，我们可以取草酸溶液，使用等浓度氢氧化钠滴定，消耗氢氧化钠体积(或常温下，测得草酸氢钠溶液的小于7，说明电离大于水解，可以证明草酸属于二元酸)。
16．【答案】（1）；
（2）逐渐变大
（3）
（4）作还原剂，将还原为
（5）碳原子；中碳氮都含有孤电子对，但碳原子的电负性比氮原子小，更易提供孤电子对形成配位键
（6）>；<
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；氧化还原反应方程式的配平
【解析】【解答】（1）是第30号元素，基态原子的价电子排布式为，属于区元素；
故答案为： ； ；
（2）“细菌氧化”过程中，，硫酸的浓度逐渐变大；
故答案为： 逐渐变大 ；
（3）“浸金”中由Au，氧气，NaCN反应生成，Au由0价升高到+1价，发生反应的离子方程式为；
故答案为： ；
（4）“沉金”中Zn由0价变为+2价，作还原剂，将[Au(CN)2]-还原为Au；
故答案为： 作还原剂，将还原为 ；
（5）“滤液②”中的含有配位键，其中参与配位原子是CN-中的C原子，理由是：配位原子要有孤电子对，且电负性较小，容易提供孤电子对，中碳氮都含有孤电子对，但碳原子的电负性比氮原子小，更易提供孤电子对形成配位键；
故答案为： 碳原子 ；中碳氮都含有孤电子对，但碳原子的电负性比氮原子小，更易提供孤电子对形成配位键 ；
（6）设金属离子形成配离子的离子方程式为：金属离子配离子，则平衡常数，，即，故三种金属离子形成配离子时，m越大，对应曲线斜率越大，则Ⅱ代表、Ⅲ代表；
①I是与变化的关系。由P点状态移动到形成配离子的反应的平衡状态时，不变，增大，即增大、减小，即平衡左移，则P点状态离子的解离速率＞生成速率；
②当Ⅱ和Ⅲ对应相关离子的混合液处于Q点，向其中加少量粉末，会消耗形成配离子，使得溶液中减小(沿横坐标轴向右移动)，与曲线在Q点相交后，随着继续增大，Ⅱ位于Ⅲ上方，即，则，故达平衡时，与的大小：前者＜后者。
故答案为： > ； < ；
【分析】此细菌冶金提金的流程可以概括为：
细菌氧化：将矿粉在 pH=2 的条件下，通入足量空气并加入硫酸，通过细菌将 FeS2、FeAsS 等硫化物氧化为可溶性硫酸盐，使包裹的 Au 颗粒暴露出来。
固液分离：经过操作 1（过滤），得到含硫酸盐的滤液①和含 Au 颗粒的滤渣。
浸金与沉金：滤渣中通入空气、加入 NaCN 溶液，Au 与 CN-、O2反应生成可溶性的 [Au(CN)2]-；再加入 Zn 粉还原得到 Au 单质。
滤液处理：滤液①经 “沉铁砷” 除去杂质离子，得到净化液。据此解题。
（1）是第30号元素，基态原子的价电子排布式为，属于区元素；
（2）“细菌氧化”过程中，，硫酸的浓度逐渐变大；
（3）“浸金”中由Au，氧气，NaCN反应生成，Au由0价升高到+1价，发生反应的离子方程式为；
（4）“沉金”中Zn由0价变为+2价，作还原剂，将[Au(CN)2]-还原为Au；
（5）“滤液②”中的含有配位键，其中参与配位原子是CN-中的C原子，理由是：配位原子要有孤电子对，且电负性较小，容易提供孤电子对，中碳氮都含有孤电子对，但碳原子的电负性比氮原子小，更易提供孤电子对形成配位键；
（6）设金属离子形成配离子的离子方程式为：金属离子配离子，则平衡常数，，即，故三种金属离子形成配离子时，m越大，对应曲线斜率越大，则Ⅱ代表、Ⅲ代表；
①I是与变化的关系。由P点状态移动到形成配离子的反应的平衡状态时，不变，增大，即增大、减小，即平衡左移，则P点状态离子的解离速率＞生成速率；
②当Ⅱ和Ⅲ对应相关离子的混合液处于Q点，向其中加少量粉末，会消耗形成配离子，使得溶液中减小(沿横坐标轴向右移动)，与曲线在Q点相交后，随着继续增大，Ⅱ位于Ⅲ上方，即，则，故达平衡时，与的大小：前者＜后者。
17．【答案】（1）
（2）A；C
（3）m；24%；0.017
（4）；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）由盖斯定律得目标反应=反应1-反应2，因此ΔH =ΔH1-ΔH2=（-50-41）kJ·mol-1=-91 kJ·mol-1。
故答案为： ；
（2）A．是气体，当浓度不再发生变化，说明反应已达到平衡，A符合题意；
B．设起始投料，转化的，列三段式计算，，反应前百分含量为，反应后百分含量为，百分含量一直保持不变，不能作为反应达到平衡标志，B不符合题意；
C．反应1是气体分子减小的反应，且质量守恒，根据，气体平均相对分子质量不断增大，当反应达到平衡时，气体平均相对分子质量不再发生变化，C符合题意；
D．当时，反应速率之比不等于化学计量数之比，正逆反应速率不相等，反应没有达到平衡，D不符合题意；
故答案为：AC。
（3）根据已知信息可知：反应1的正反应是气体体积减小的反应，反应2是反应前后气体物质的量不变的反应，增大压强，反应1平衡正向移动，CO2含量减少，水蒸气含量增大，使反应2平衡逆向移动，导致CO选择性降低，因此一定温度下，图中p表示CO的选择性与压强的关系，CH3OH的选择性加上CO的选择性应为100%，因此m表示CH3OH的选择性与压强的关系，n表示CO2的平衡转化率与压强的关系；A点时CO2转化率为30%，CH3OH的选择性为70%，，，，，解得x=0.21，y=0.09，此时的转化率为；CO2的物质的量分数为，H2的物质的量分数为，CO的物质的量分数为，H2O的物质的量分数为，反应2的压强平衡常数。
故答案为： m ； 24% ； 0.017 ；
（4）①结合图示可知，H+通过质子交换膜流向阴极区，因此右侧电极区为阴极，当溶液酸性增强，阴极法拉第效率降低，则通过电极的电子部分生成了其它气体，结合题意可得电极反应式应为2H++2e-=H2↑，因此气体a的分子式为；
②结合图示可知，右侧电极区为阴极，CO2在阴极得到电子生成甲醇，因此阴极电极反应式为：。
故答案为： ； ；
【分析】（1）用盖斯定律，目标反应 = 反应 1 反应 2，直接代入 ΔH1、ΔH2数值计算即可。
（2）A：浓度不变是平衡的直接标志。
B：计算可知 CO2百分含量始终不变，不能作为平衡标志。
C：反应气体分子数减少，平均相对分子质量不变时达到平衡。
D：速率比不等于化学计量数比，未平衡。
（3）曲线判断：反应 1 是气体分子数减少的反应，加压使 CH3OH 选择性升高，故m 代表 CH3OH 选择性。
转化率计算：结合 CO2转化率和 CH3OH 选择性，用三段式计算 H2的转化量，得出转化率。
平衡常数计算：用各物质的分压代入表达式，消去总压后计算。
（4）气体 a：阴极区酸性增强时，H+得电子生成 H2，导致法拉第效率降低。
电极反应：CO2在阴极得电子，结合 H+生成 CH3OH，配平即可写出反应式。
（1）由盖斯定律得目标反应=反应1-反应2，因此ΔH =ΔH1-ΔH2=（-50-41）kJ·mol-1=-91 kJ·mol-1。
（2）A．是气体，当浓度不再发生变化，说明反应已达到平衡，A符合题意；
B．设起始投料，转化的，列三段式计算，，反应前百分含量为，反应后百分含量为，百分含量一直保持不变，不能作为反应达到平衡标志，B不符合题意；
C．反应1是气体分子减小的反应，且质量守恒，根据，气体平均相对分子质量不断增大，当反应达到平衡时，气体平均相对分子质量不再发生变化，C符合题意；
D．当时，反应速率之比不等于化学计量数之比，正逆反应速率不相等，反应没有达到平衡，D不符合题意；
故选AC。
（3）根据已知信息可知：反应1的正反应是气体体积减小的反应，反应2是反应前后气体物质的量不变的反应，增大压强，反应1平衡正向移动，CO2含量减少，水蒸气含量增大，使反应2平衡逆向移动，导致CO选择性降低，因此一定温度下，图中p表示CO的选择性与压强的关系，CH3OH的选择性加上CO的选择性应为100%，因此m表示CH3OH的选择性与压强的关系，n表示CO2的平衡转化率与压强的关系；A点时CO2转化率为30%，CH3OH的选择性为70%，，，，，解得x=0.21，y=0.09，此时的转化率为；CO2的物质的量分数为，H2的物质的量分数为，CO的物质的量分数为，H2O的物质的量分数为，反应2的压强平衡常数。
（4）①结合图示可知，H+通过质子交换膜流向阴极区，因此右侧电极区为阴极，当溶液酸性增强，阴极法拉第效率降低，则通过电极的电子部分生成了其它气体，结合题意可得电极反应式应为2H++2e-=H2↑，因此气体a的分子式为；
②结合图示可知，右侧电极区为阴极，CO2在阴极得到电子生成甲醇，因此阴极电极反应式为：。
18．【答案】（1）4
（2）取代反应；还原反应
（3）酰胺基
（4）形成分子间氢键，使沸点更高；而物质A形成分子内氢键，沸点较低
（5）+HNO3(浓)+H2O
（6）提高化合物I的转化率
（7）
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；有机物中的官能团；有机物的合成；羧酸简介
【解析】【解答】（1）化合物F没有对称轴，每个氢原子都不相同，在核磁共振氢谱上有4组吸收峰。
故答案为：4；
（2）根据分析，，的反应类型分别为取代反应、还原反应。
故答案为： 取代反应 ；还原反应；
（3）H中的含氮官能团的名称是酰胺基。
故答案为：酰胺基；
（4）化合物A沸点低于的理由是形成分子间氢键，使沸点更高；而物质A形成分子内氢键，沸点较低。
故答案为：形成分子间氢键，使沸点更高；而物质A形成分子内氢键，沸点较低 ；
（5）为硝化反应，化学反应方程式+HNO3(浓)+H2O。
故答案为：+HNO3(浓)+H2O。
（6）化合物I转化为J的过程中，从官能团转化的角度，先加碱后加酸的原因是提高化合物I的转化率。
故答案为：提高化合物I的转化率。
（7）以为原料制备，先发生硝化反应生成，发生题干中的还原反应生成，和发生题目G到H成环反应生成产物，其合成路线为。
故答案为：
【分析】药物中间体 J 的合成流程可以概括为：
以水杨酸（A）为原料，经浓硫酸磺化、重排得到含有羧基、酚羟基和磺酸基的化合物 B，B 经 Cl2氯化引入 Cl 原子，再用稀硫酸脱去磺酸基，得到含 Cl 原子的酚羟基苯甲酸 D，D 与甲醇发生酯化反应 生成E为，再进行硝化引入硝基，得到化合物 F。F 经 Fe/HCl 还原硝基为氨基，再与酰氯发生亲核取代并环化，生成六元杂环化合物 H；H 经 CH3I 甲基化，生成I： ，再通过碱性水解、酸化得到目标产物 J。据此解题即可。
（1）化合物F没有对称轴，每个氢原子都不相同，在核磁共振氢谱上有4组吸收峰。
（2）根据分析，，的反应类型分别为取代反应、还原反应。
（3）H中的含氮官能团的名称是酰胺基。
（4）化合物A沸点低于的理由是形成分子间氢键，使沸点更高；而物质A形成分子内氢键，沸点较低。
（5）为硝化反应，化学反应方程式+HNO3(浓)+H2O。
（6）化合物I转化为J的过程中，从官能团转化的角度，先加碱后加酸的原因是提高化合物I的转化率。
（7）以为原料制备，先发生硝化反应生成，发生题干中的还原反应生成，和发生题目G到H成环反应生成产物，其合成路线为。
1 / 1湖南省岳阳市2025届高三上学期教学质量监测（一）化学试题
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2025·岳阳模拟）化学与生活、生产密切相关，下列叙述错误的是
A．氮化硅、碳纳米管、石墨烯均属于新型无机非金属材料
B．阿司匹林药效释放快，可将它连接在高分子载体上生成长效缓释药物
C．用于航天服的“连续纤维增韧”航空材料，使用的陶瓷和碳纤维属于合成有机高分子材料
D．人造太阳的原理是模拟太阳内部的核聚变反应，其原料中的与具有相同的质量数
【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；原子中的数量关系；药物的主要成分和疗效
【解析】【解答】A、氮化硅是新型陶瓷材料，碳纳米管和石墨烯是碳的新型单质形态，它们都属于新型无机非金属材料，A正确；
B、阿司匹林本身药效释放快，将其连接在高分子载体上，可通过高分子的缓慢降解来控制药物释放速度，从而制成长效缓释药物，B正确；
C、陶瓷属于无机非金属材料，碳纤维是由碳元素组成的无机纤维，二者都不属于合成有机高分子材料，C错误；
D、人造太阳的原理是核聚变，其中原料3He 和3H 的质量数均为 3，但质子数不同，属于不同元素的核素，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题关键点：
陶瓷、碳纤维都属于无机非金属材料，不是合成有机高分子材料，可直接判定 C 错误；
先圈出 “错误”，避免惯性选 “正确” 项；D 选项中，看清3He 和3H 的脚标，就能判断质量数相同的表述是对的；
B 选项里，高分子载体可实现药物缓慢释放，这是缓释药的常见设计思路，直接判定正确。
2．（2025·岳阳模拟）实验室制取氮气的一种方法为。下列有关化学用语表示正确的是
A．的结构式：
B．和的球棍模型均为：
C．离子化合物的电子式为：
D．的最外层电子排布图为：
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、N2分子中存在氮氮三键，结构式应为 N≡N，而非 N=N，A错误；
B、NO2-的中心 N 原子价层电子对含孤电子对，空间构型为 V 形；H2O 的中心 O 原子也含孤电子对，空间构型同样为 V 形，但 NO2-中 N 原子半径大于 O 原子，H2O 中 O 原子半径大于 H 原子，二者球棍模型的原子大小和键角有差异，不能用同一模型表示，B错误；
C、NH4Cl 是离子化合物，由 NH4+和 Cl-构成，Cl-的电子式需写出完整最外层电子，正确电子式应为 （N 上下各加一对电子，Cl 周围加三对电子），C错误；
D、Cl-的核外电子排布为 2、8、8，最外层为第 3 层，包含 3s 和 3p 轨道，3s 轨道填满 2 个电子，3p 轨道填满 6 个电子， 排布图为：，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
A．容易把 N2的结构式误写为 N=N，忽略氮分子实际是氮氮三键（N≡N）。
B．NO2-和 H2O 虽然都是 V 形结构，但原子半径、键角不同，不能用同一个球棍模型表示，很容易因只看构型而忽略原子大小差异。
C．写 NH4Cl 的电子式时，常漏写 Cl-周围的孤对电子，或漏标 NH4+的电荷，导致电子式书写错误。
D．Cl-的最外层电子排布图需满足泡利原理（轨道内电子自旋相反）和洪特规则（电子优先分占不同轨道且自旋平行），容易因不熟悉规则而误判。
3．（2025·岳阳模拟）下列实验事故的处理方法不合理的是
选项 实验事故 处理方法
A 易燃物钠、钾引起火灾 用泡沫灭火器灭火
B 不需回收利用的有机废液 用焚烧法处理
C 被玻璃碎片划伤 伤口处理清理干净后，可用双氧水或碘酒擦洗
D 氢氧化钠溶液溅到皮肤上 立即用大量水冲洗，然后涂上1%的硼酸
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】化学实验安全及事故处理；钠的氧化物
【解析】【解答】A、钠、钾属于活泼金属，能与水、二氧化碳发生剧烈反应并产生氢气，会使火势进一步扩大。泡沫灭火器喷出的泡沫中含有水和二氧化碳，因此不能用于扑灭钠、钾引发的火灾，A不合理；
B、对于无需回收的有机废液，采用焚烧法处理可以将有机物分解为二氧化碳和水等物质，减少环境污染，B合理；
C、被玻璃碎片划伤后，先清理伤口去除碎屑，再用双氧水或碘酒擦洗，能够有效消毒杀菌，防止伤口感染，C合理；
D、氢氧化钠溶液具有强腐蚀性，溅到皮肤上时立即用大量水冲洗，可快速稀释并去除残留的碱液，之后涂上 1% 的硼酸可以中和剩余的碱，减轻损伤，D合理；
故答案为：A。
【分析】本题解题关键点：
抓物质特性：钠、钾是活泼金属，能与水、二氧化碳反应，这一特性直接决定了泡沫灭火器（含 CO2和水）不能用于灭火，可直接锁定 A 为不合理选项。
区分处理场景：有机废液焚烧处理、玻璃划伤消毒、强碱溅伤后冲洗 + 硼酸中和，都是实验室常规且合理的操作，可快速排除 B、C、D。
审题抓关键词：题目要求选 “不合理” 的处理方法，先圈出关键词，避免惯性选择 “合理” 选项。
4．（2025·岳阳模拟）下列有关化学概念或性质的判断正确的是
A．等钡的化合物均有毒，相关废弃物应进行无害化处理
B．二氧化硫是一种食品添加剂，少量二氧化硫可用于杀菌消毒
C．牙膏中添加氟化物用于预防龋齿是利用了氧化还原反应的原理
D．依次断开中的4个，所需能量相同
【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、BaSO4难溶于水且难溶于酸，不会被人体吸收，是无毒的钡化合物，常用于医学造影，因此 “钡的化合物均有毒” 的表述错误，A错误；
B、二氧化硫在食品加工中可作为合法添加剂，少量使用时能起到杀菌消毒、抗氧化和漂白的作用，B正确；
C、牙膏中添加氟化物防龋齿，是因为氟离子能与牙齿表面的羟基磷灰石反应生成更难溶的氟磷灰石，增强牙齿抗腐蚀能力，此过程无元素化合价变化，不涉及氧化还原反应，C错误；
D、CH4分子中 4 个 C—H 键虽然等价，但在依次断裂时，每一步的反应环境不同（如第一步断裂 CH4→CH3 +H ，第二步断裂 CH3 →CH2 +H ），所需能量并不相同，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．不能因为 BaCO3等钡盐有毒，就认为所有钡化合物都有毒。BaSO4难溶且无毒，是医学上常用的造影剂，抓住这一特例就能快速排除 A。
B．二氧化硫作为食品添加剂，在限量内可用于杀菌、抗氧化，这是食品工业中的常见应用，记住这一知识点可直接判定 B 正确。
C．氟化物防龋齿是通过生成更稳定的氟磷灰石实现的，过程中没有元素化合价变化，不属于氧化还原反应，这一点可直接排除 C。
D．CH4里的 4 个 C—H 键虽然等价，但断裂是分步进行的，每一步的分子碎片不同，导致所需能量不同，抓住 “依次断裂” 这一关键词就能排除 D。
5．（2025·岳阳模拟）葡萄糖水溶液中，存在链状和环状结构间的平衡。常温下，各种葡萄糖结构及其所占百分含量如下图所示。下列说法错误的是
A．吡喃葡萄糖与吡喃葡萄糖互为同分异构体
B．吡喃葡萄糖的稳定性大于吡喃葡萄糖
C．葡萄糖能发生氧化、还原、取代、加成和消去反应
D．由于环状分子中无醛基，因此葡萄糖溶液很难发生银镜反应
【答案】D
【知识点】单糖的性质和用途
【解析】【解答】A、α-D - 吡喃葡萄糖与 β-D - 吡喃葡萄糖的分子式相同，但羟基在环上的空间位置不同，属于同分异构体，A正确；
B、常温下 β-D - 吡喃葡萄糖的含量（63.6%）高于 α-D - 吡喃葡萄糖（36.4%），在化学平衡中，含量越高通常代表物质越稳定，因此 β 型稳定性更强，B正确；
C、葡萄糖分子中含有醛基、羟基和多个羟基氢，醛基可发生氧化、还原、加成反应；羟基可发生取代、消去反应，C正确；
D、虽然环状葡萄糖分子中无醛基，但葡萄糖水溶液中存在环状与链状结构的动态平衡，链状葡萄糖含有醛基，会持续释放出来参与银镜反应，因此葡萄糖溶液可以发生银镜反应，D错误；
故答案为：D。
【分析】解题关键点：
A．考查同分异构体判断：α-D - 吡喃葡萄糖与 β-D - 吡喃葡萄糖分子式相同，仅羟基空间位置不同；
B．考查稳定性判断：平衡体系中含量越高越稳定，β-D - 吡喃葡萄糖含量更高；
C．考查反应类型判断：葡萄糖含醛基和羟基，醛基可发生氧化、还原、加成，羟基可发生取代、消去；
D．考查银镜反应本质：葡萄糖溶液存在环状与链状的动态平衡，链状结构含醛基，能发生银镜反应。
6．（2025·岳阳模拟）氟化铵受热易分解，反应为。下列有关叙述错误的是
A．标准状况下，中所含原子数为
B．晶体中含有氢键
C．与中键角：
D．热稳定性：
【答案】A
【知识点】键能、键长、键角及其应用；含有氢键的物质；气体摩尔体积；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、标准状况下，HF 不是气体，而是液态，因此 11.2L HF 的物质的量无法用气体摩尔体积计算，A错误；
B、NH4F 晶体中，NH4+中的 H 原子可与 F-形成氢键，B正确；
C、NH4+中 N 原子的价层电子对为 4 对且无孤电子对，空间构型为正四面体形，键角约为 109°28'；NH3中 N 原子有 1 对孤电子对，空间构型为三角锥形，键角约为 107°，因此 NH4F 中的 H—N—H 键角大于 NH3中的键角，C正确；
D、元素的非金属性越强，对应的氢化物热稳定性越高。F 的非金属性强于 N，因此 HF 的热稳定性高于 NH3，D正确；
故答案为：A。
【分析】A．标准状况下 HF 是液态，不能用 22.4L/mol 计算物质的量；
B．NH4F 晶体中，NH4+中的 H 和 F-可形成氢键；
C．NH4+无孤电子对，NH3有 1 对孤电子对；孤电子对会压缩键角，故 NH4+的 H—N—H 键角更大；
D．非金属性 F>N，因此热稳定性 HF>NH3。
7．（2025·岳阳模拟）利用如图所示装置进行的制备与性质探究实验时，下列说法错误的是
A．甲中反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为
B．乙试管中产生白色沉淀，证明与水反应生成了
C．丙中试液先变红后褪色，说明与水反应产物既有酸性又有漂白性
D．丁中可盛放溶液吸收多余的
【答案】B
【知识点】氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、甲中发生的反应为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O。该反应中，MnO2是氧化剂，每1mol MnO2参与反应时，只有2mol HCl被氧化为Cl2，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，A正确；
B、乙试管中产生白色沉淀，不能直接证明Cl2与水反应生成了Cl-。因为制备Cl2时使用的浓盐酸具有挥发性，挥发出的HCl也会进入乙试管，与AgNO3溶液反应生成AgCl沉淀，B错误；
C、丙中紫色石蕊试液先变红，说明Cl2与水反应生成了HCl（具有酸性）；随后褪色，说明反应生成的HClO具有漂白性，C正确；
D、Cl2是有毒气体，丁中盛放NaOH溶液可与Cl2发生反应，将其吸收，防止污染空气，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．制备氯气的反应里，4mol HCl 只有 2mol 被氧化，所以氧化剂 MnO2和还原剂 HCl 的物质的量之比为 1：2；
B．浓盐酸有挥发性，挥发出的 HCl 会直接和 AgNO3生成沉淀，无法证明沉淀来自 Cl2与水反应生成的 Cl-；
C．石蕊试液先变红（HCl 的酸性）后褪色（HClO 的漂白性），现象和性质直接对应；
D．Cl2有毒，用 NaOH 溶液吸收是实验室常规操作判定选项。
8．（2025·岳阳模拟）与下列实验操作对应的现象、结论均正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A 向溶液中通入，再滴加稀溶液 通入产生白色沉淀，滴加稀白色沉淀不溶解 白色沉淀为，后转化成
B 向溶液中加入稀硫酸 溶液变浑浊 具有氧化性
C 室温下取少量固体于试管中，加几滴水，振荡，将温度计插入试剂中 温度计示数升高 固体溶解放热
D 往装有碘的溶液试管中加入等体积的浓溶液，振荡、静置分层 下层由紫红色变浅至几乎无色，上层呈棕黄色 碘在浓溶液中的溶解度大于在中的溶解度
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、SO2通入 BaCl2溶液不会生成沉淀，因为亚硫酸钡可溶于盐酸；滴加稀 HNO3后，SO2被氧化为 SO42-，生成的是 BaSO4沉淀，而非 “先生成 BaSO3再转化”，A错误；
B、Na2S2O3与稀硫酸反应生成 S 沉淀和 SO2气体，是 S2O32-自身发生歧化反应，H2SO4仅提供酸性环境，并未体现氧化性，B错误；
C、NaHCO3固体溶于水时，扩散吸热小于水合放热，整体表现为吸热，温度计示数应降低，而非升高，C错误；
D、碘在浓 KI 溶液中与 I-结合生成 I3-，使碘从 CCl4层转移到水层，说明碘在浓 KI 溶液中的溶解度大于在 CCl4中的溶解度，现象与结论一致，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．SO2通入 BaCl2溶液不产生沉淀，因亚硫酸钡溶于盐酸；加稀 HNO3后 SO2被氧化为 SO42-，生成的是 BaSO4沉淀。
B．Na2S2O3和稀硫酸反应是 S2O32-的歧化反应，H2SO4仅提供酸性环境，不体现氧化性。
C．NaHCO3溶于水实际是吸热过程，温度计示数应降低，而非升高，现象与结论矛盾。
D．碘能从 CCl4层转移到浓 KI 溶液，是因生成 I3-使碘在水中溶解度增大，现象和结论一致。
9．（2025·岳阳模拟）化学等众多领域有广泛应用。下列有关扩环卟啉分子P和Q(—为芳香基团，除—外，P和Q分子中所有原子共平面)的说法错误的是
A．P为非极性分子，Q为极性分子
B．第一电离能：
C．X是氧化剂，Y是还原剂
D．除—外，P和Q分子中C原子、N原子均为杂化
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、P 分子结构对称，正负电荷中心重合，为非极性分子；Q 分子同样结构对称，正负电荷中心重合，也为非极性分子。因此 “Q 为极性分子” 的表述错误，A错误；
B、同周期主族元素第一电离能呈增大趋势，N 原子的 2p 轨道为半充满稳定结构，第一电离能出现反常，故第一电离能：C < O < N，B正确；
C、从 P 到 Q 的转化中，部分 N 原子的成键方式发生变化，N 元素化合价升高，需要氧化剂 X；从 Q 到 P 的转化中，N 元素化合价降低，需要还原剂 Y，C正确；
D、除 —Ar 外，P 和 Q 分子中的 C、N 原子均形成双键或参与共轭体系，均为 sp2 杂化，D正确；
故答案为：A。
【分析】A．P 和 Q 的结构高度对称，正负电荷中心重合，都属于非极性分子。容易误把 Q 当成极性分子，忽略其对称结构。
B．同周期元素中 N 的 2p 轨道为半充满稳定结构，第一电离能会反常高于 O，容易按 “从左到右递增” 的惯性思维错判。
C．P→Q 的转化中 N 的化合价升高，需要氧化剂 X；Q→P 的转化中 N 的化合价降低，需要还原剂 Y。容易把 X、Y 的作用搞反。
D．分子中的 C、N 原子均参与双键或共轭体系，均为 sp2 杂化，容易因忽略共轭结构而误判为 sp3 杂化。
10．（2025·岳阳模拟）恒温条件下，用图1所示装置研究铁的电化学腐蚀，测定结果如图2。
下列说法正确的是
A．铁的电化学腐蚀属于化学腐蚀
B．段越大，析氢速率越大
C．段正极反应式主要为
D．段基本不变，说明生成铁锈覆盖在铁粉表面，阻止铁粉继续发生腐蚀
【答案】C
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、铁的电化学腐蚀是铁、炭粉与电解质溶液构成原电池发生的腐蚀，有电流产生，不属于化学腐蚀，A错误；
B、AB 段溶液 pH 升高，说明 H+浓度降低，析氢速率会随 H+减少而减小，并非越大，B错误；
C、BC 段溶液 pH<7，呈酸性，且容器内压强下降，说明氧气参与反应，正极反应主要为 O2+4e-+4H+=2H2O，C正确；
D、DE 段 pH 基本不变，是因为铁的吸氧腐蚀速率稳定，铁锈覆盖并未完全阻止铁粉继续腐蚀，只是腐蚀速率变慢，D错误；
故答案为：C。
【分析】初始阶段（AB 段）：铁粉与酸性较强的氯化钠溶液（pH=1.8）发生析氢腐蚀，产生氢气，导致容器内压强升高，同时溶液 pH 上升。
过渡阶段（BC 段）：随着 H+消耗，溶液酸性减弱，腐蚀方式转为以吸氧腐蚀为主，氧气被消耗使容器内压强下降，同时 pH 继续上升， 正极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O；
后期阶段（DE 段）：吸氧腐蚀持续进行，生成的铁锈覆盖在铁粉表面，减缓了腐蚀速率，溶液 pH 和容器压强趋于稳定， 原因：相同时间内，2Fe + O2 + 4H+=2Fe2+ + 2H2O消耗H+的量与4Fe2++ O2 +10H2O=4Fe(OH)3 + 8H+产生H+的量基本相同。
11．（2025·岳阳模拟）实验室模拟利用含钴废料(主要成分为，还含有少量的铝箔等杂质)制备碳酸钴的工艺流程如图：
已知：难溶于水。
下列有关描述错误的是
A．“碱浸”发生反应的为：
B．“操作①”用到的主要玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒
C．“酸溶”反应中可以换成
D．“沉钴”时若浓度太大，可能导致产品不纯
【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；铝的化学性质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、碱浸时，铝箔与 NaOH 溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，反应式为
，A正确；
B、操作①为过滤，用到的主要玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，B正确；
C、酸溶时，H2O2作为还原剂，将 Co3O4中的 Co3+还原为 Co2+；O2为氧化剂，无法实现这一还原过程，因此不能替换 H2O2，C错误；
D、沉钴时若 Na2CO3浓度太大，溶液碱性过强，会生成 Co (OH)2沉淀混入产品，导致产品不纯，D正确；
故答案为：C。
【分析】制备碳酸钴的工艺流程为：
碱浸除杂：含钴废料与 NaOH 溶液反应，将其中的铝箔转化为可溶性的四羟基合铝酸钠进入滤液①，钴的氧化物不反应，留在钴渣①中。
酸溶还原：钴渣①用 H2SO4溶解，同时加入 H2O2作为还原剂，将 Co3O4中的 Co3+还原为 Co2+，得到含 Co2+的溶液，经操作①（过滤）除去不溶物，得到滤液②。
沉钴得到产品：向滤液②中加入 Na2CO3溶液，使 Co2+以 CoCO3的形式沉淀出来，最终得到碳酸钴产品。
12．（2025·岳阳模拟）是三种典型的晶体，晶胞结构如图所示。下列说法错误的是
A．通过晶体的X射线衍射实验可以区分晶体与晶体
B．晶体中，的配位数相等
C．两种晶体的熔点高低关系为：
D．晶胞中，a点坐标参数为，则b点F-坐标为
【答案】B
【知识点】离子晶体；晶胞的计算；晶体的定义
【解析】【解答】A、NaCl 和 CsCl 的晶胞结构不同，X 射线衍射实验会产生不同的衍射图谱，因此可以区分二者，A正确；
B、NaCl 晶体中 Cl-的配位数为 6，CsCl 晶体中 Cl-的配位数为 8，二者不相等，B错误；
C、CaF2和 CsCl 均为离子晶体，CaF2的离子所带电荷更高、离子半径更小，晶格能更大，因此熔点 CaF2 > CsCl，C正确；
D、在 CaF2晶胞中，若 a 点坐标为 (0，0，0)，则 b 点 F-的坐标为 ，符合晶胞中原子的位置关系，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．不同晶胞结构会产生不同的衍射图谱，因此可直接区分 NaCl 和 CsCl 晶体。
B．NaCl 中 Cl-周围有 6 个等距的 Na+，配位数为 6；CsCl 中 Cl-周围有 8 个等距的 Cs+，配位数为 8，两者不相等。
C．熔点由晶格能决定，CaF2中离子电荷更高、半径更小，晶格能更大，因此熔点 CaF2 > CsCl。
D．以 a 点 (0，0，0) 为原点，b 点 F-在晶胞内部的位置对应坐标 ，符合晶胞原子位置规律。
13．（2025·岳阳模拟）在体积分别为和的两个恒容密闭容器中，均充入和，光照条件下发生反应，测得的平衡转化率随温度的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A．
B．此反应仅在低温下可自发进行
C．时，若，则反应平衡常数
D．其他条件不变，增大投料比投料，平衡后可提高转化率
【答案】C
【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；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、该反应是气体分子数不变的反应，容器体积不影响平衡转化率；但体积越小，浓度越大，相同温度下转化率越高。由图知V1对应的转化率更高，说明V1 < V2 错误，A错误；
B、反应的气体分子数不变，故ΔS≈0；温度升高时转化率下降，说明正反应放热，ΔH<0。根据ΔG=ΔH TΔS，ΔG<0在任何温度下都成立，反应在任何温度下均可自发，B错误；
C、T1时，V2=2 L，CHCl3转化率为60%，则转化的CHCl3为2 mol × 0.6 = 1.2 mol，O2转化0.6 mol。平衡时：、、的浓度分别为0.4mol/L、0.2mol/L、0.6 mol/L、0.6 mol/L，反应平衡常数，C正确；
D、增大投料比，相当于增加CHCl3的量，平衡正向移动，但CHCl3的转化率会降低，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
误判该反应是气体分子数不变的反应，平衡转化率本应与体积无关，但浓度会影响反应速率和转化率的表现。图中 V1的转化率更高，说明 V1体积更小，容易误判为 V1 > V2；
反应的 ΔS≈0 且 ΔH<0，根据 ΔG=ΔH TΔS，ΔG<0 在任何温度下都成立，反应在任何温度下均可自发，容易误判为 “仅低温自发”；
平衡常数表达式中，各物质浓度的幂次要与化学计量数一致，容易把 COCl2的幂次写错，导致计算错误；
增大投料比，相当于增加 CHCl3的量，虽然平衡正向移动，但 CHCl3的转化率会降低，容易误判为 “提高转化率”；
14．（2025·岳阳模拟）已知时，饱和溶液浓度约为水溶液中各含硫微粒物质的量分数δ随变化关系如下图[例如]。已知：。
下列说法正确的是
A．溶液中，水的电离受到抑制
B．以酚酞为指示剂(变色的范围)，用标准溶液可滴定水溶液的浓度
C．的溶液中：
D．向的溶液中通入气体至饱和，所得溶液中：
【答案】C
【知识点】水的电离；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A、NaHS 是弱酸的酸式盐，HS-的水解程度大于电离程度，水解会促进水的电离，因此水的电离是被促进而非抑制。A错误；
B、酚酞的变色 pH 范围为 8.2~10.0，而 H2S 滴定至 HS-的终点 pH 约为 7.0，不在酚酞变色范围内，无法准确判断滴定终点。B错误；
C、0.01mol/L 的 Na2S 溶液中，S2-主要发生第一步水解：S2- + H2O HS- + OH-，第一步水解程度远大于第二步。因此离子浓度关系为 c (Na+) > c (OH-) > c (HS-) > c (S2-)。C正确；
D、
，，故，D错误；
故答案为：C。
【分析】在H2S的水溶液中，存在两步电离平衡：；
随着溶液pH的升高，H+浓度降低，平衡向右移动，导致各含硫微粒的物质的量分数发生变化：
图中 ；
曲线①：代表，其物质的量分数随pH增大而持续减小；
曲线②：代表，其物质的量分数随pH增大先增大后减小；
曲线③：代表，其物质的量分数随pH增大而逐渐增大。
从曲线的交点可以直接获取电离常数：
曲线①与②的交点pH=7.0，此时，代入第一步电离常数表达式，可得；
曲线②与③的交点pH=13.0，此时，代入第二步电离常数表达式，可得。据此解题。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（2025·岳阳模拟）草酸是一种用途广泛的有机酸，易溶于水，常用来作还原剂、沉淀剂、媒染剂、络合剂等。某实验小组通过查阅资料设计了如图所示的装置(夹持仪器省略)制备一定量的草酸晶体，回答下列问题：
经查找资料得知：乙炔在左右硝酸汞作催化剂的条件下，经浓硝酸氧化可制得草酸。
（1）仪器a的名称是　 　。
（2）硫酸铜溶液除去的杂质气体分子式为　 　。
（3）装置C中反应一般控制在左右，适宜采用的加热方式为　 　，若温度高于，则生成草酸的速率会减慢，原因是　 　。
（4）装置C中发生的化学方程式为　 　。
（5）某实验小组称取电石(杂质的质量分数为4.0%)，在浓硝酸足量情况下，完成实验，最后得到草酸晶体。
①从C中分离出草酸晶体的方法是：　 　，过滤，洗涤，干燥。
②该实验中草酸晶体的产率：　 　%(结果保留两位有效数字)。
（6）设计实验证明草酸属于二元酸(写出简要步骤)　 　。
【答案】（1）蒸馏烧瓶
（2）
（3）水浴加热；温度过高，浓硝酸分解，导致草酸生成速率减慢(或催化剂活性降低)
（4）
（5）蒸发浓缩、冷却结晶；80
（6）取草酸溶液，使用等浓度氢氧化钠滴定，消耗氢氧化钠体积(或常温下，测得草酸氢钠溶液的小于7)
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；乙炔炔烃；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）仪器a的名称是蒸馏烧瓶；
故答案为： 蒸馏烧瓶 ；
（2）根据分析可知，饱和食盐水和电石（杂质CaS、Ca3P2）反应生成乙炔，乙炔中混有H2S和PH3，通过乙中CuSO4溶液除去H2S和PH3；
故答案为： ；
（3）由于装置C中反应控制在左右，采用水浴加热，若温度高于，则生成草酸的速率会减慢，原因是温度过高，浓硝酸分解，导致草酸生成速率减慢(或催化剂活性降低)；
故答案为： 水浴加热 ； 温度过高，浓硝酸分解，导致草酸生成速率减慢(或催化剂活性降低) ；
（4）结合已知条件和氧化还原反应的书写原则，得装置C中发生的化学方程式为；
故答案为： ；
（5）①从C中分离出草酸晶体的方法是：蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤，干燥；
②电石(杂质的质量分数为4.0%)，则电石质量为1.25g×96%=1.2g，物质的量为0.01875mol，根据关系式知，得草酸物质的量为0.01875mol，则草酸晶体质量为0.01875mol×126g/mol=2.3625g，产率为；
故答案为： 蒸发浓缩、冷却结晶 ；80；
（6）若证明草酸属于二元酸，我们可以取草酸溶液，使用等浓度氢氧化钠滴定，消耗氢氧化钠体积(或常温下，测得草酸氢钠溶液的小于7，说明电离大于水解，可以证明草酸属于二元酸)。
故答案为： 取草酸溶液，使用等浓度氢氧化钠滴定，消耗氢氧化钠体积(或常温下，测得草酸氢钠溶液的小于7) ；
【分析】（1）直接根据装置图特征，识别出仪器a为蒸馏烧瓶。
（2）电石杂质CaS、Ca3P2与水反应生成H2S、PH3，用硫酸铜溶液可除去这两种杂质气体。
（3）反应温度控制在50℃左右，选择水浴加热；温度过高会导致浓硝酸分解或催化剂活性降低，从而减慢草酸生成速率。
（4）结合氧化还原反应规律，乙炔（C2H2）被浓硝酸氧化为草酸（H2C2O4），硝酸被还原为NO2，配平后得到反应方程式： ；
（5）① 从溶液中获得草酸晶体的方法为蒸发浓缩、冷却结晶。
② 产率计算：先根据电石纯度算出CaC2的物质的量，再通过关系式CaC2 ~ C2H2 ~ H2C2O4·2H2O计算理论产量，最后用实际产量÷理论产量×100%得到产率。
（6）取等体积等浓度的草酸溶液，用等浓度NaOH滴定，若消耗NaOH体积为草酸体积的2倍，或测得草酸氢钠溶液pH<7，即可证明草酸为二元酸。
（1）仪器a的名称是蒸馏烧瓶；
（2）根据分析可知，饱和食盐水和电石（杂质CaS、Ca3P2）反应生成乙炔，乙炔中混有H2S和PH3，通过乙中CuSO4溶液除去H2S和PH3；
（3）由于装置C中反应控制在左右，采用水浴加热，若温度高于，则生成草酸的速率会减慢，原因是温度过高，浓硝酸分解，导致草酸生成速率减慢(或催化剂活性降低)；
（4）结合已知条件和氧化还原反应的书写原则，得装置C中发生的化学方程式为；
（5）①从C中分离出草酸晶体的方法是：蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤，干燥；
②电石(杂质的质量分数为4.0%)，则电石质量为1.25g×96%=1.2g，物质的量为0.01875mol，根据关系式知，得草酸物质的量为0.01875mol，则草酸晶体质量为0.01875mol×126g/mol=2.3625g，产率为；
（6）若证明草酸属于二元酸，我们可以取草酸溶液，使用等浓度氢氧化钠滴定，消耗氢氧化钠体积(或常温下，测得草酸氢钠溶液的小于7，说明电离大于水解，可以证明草酸属于二元酸)。
16．（2025·岳阳模拟）中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐，某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细小的颗粒被包裹)，以提高金的浸出率并冶炼金，工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）属于　 　区元素，其基态原子的价电子排布式为　 　。
（2）“细菌氧化”过程中，硫酸的浓度　 　。(填“逐渐变大”、“逐渐变小”或“保持不变”)
（3）“浸金”中发生反应的离子方程式为　 　。
（4）“沉金”中的作用为　 　。
（5）“滤液②”中的含有配位键，其中参与配位原子是　 　(填“碳原子”或“氮原子”)，理由是　 　。
（6）常温下，溶液中分别与三种金属离子形成配离子，平衡时，与的关系如图所示。
①当对应的相关离子浓度处于点P时，配离子的解离速率　 　生成速率(填“>”、“<”或“=”)。
②当和对应相关离子的混合液处于Q点，向其中加少量粉末，达平衡时，与的大小：前者　 　后者(填“>”、“<”或“=”)。
【答案】（1）；
（2）逐渐变大
（3）
（4）作还原剂，将还原为
（5）碳原子；中碳氮都含有孤电子对，但碳原子的电负性比氮原子小，更易提供孤电子对形成配位键
（6）>；<
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；氧化还原反应方程式的配平
【解析】【解答】（1）是第30号元素，基态原子的价电子排布式为，属于区元素；
故答案为： ； ；
（2）“细菌氧化”过程中，，硫酸的浓度逐渐变大；
故答案为： 逐渐变大 ；
（3）“浸金”中由Au，氧气，NaCN反应生成，Au由0价升高到+1价，发生反应的离子方程式为；
故答案为： ；
（4）“沉金”中Zn由0价变为+2价，作还原剂，将[Au(CN)2]-还原为Au；
故答案为： 作还原剂，将还原为 ；
（5）“滤液②”中的含有配位键，其中参与配位原子是CN-中的C原子，理由是：配位原子要有孤电子对，且电负性较小，容易提供孤电子对，中碳氮都含有孤电子对，但碳原子的电负性比氮原子小，更易提供孤电子对形成配位键；
故答案为： 碳原子 ；中碳氮都含有孤电子对，但碳原子的电负性比氮原子小，更易提供孤电子对形成配位键 ；
（6）设金属离子形成配离子的离子方程式为：金属离子配离子，则平衡常数，，即，故三种金属离子形成配离子时，m越大，对应曲线斜率越大，则Ⅱ代表、Ⅲ代表；
①I是与变化的关系。由P点状态移动到形成配离子的反应的平衡状态时，不变，增大，即增大、减小，即平衡左移，则P点状态离子的解离速率＞生成速率；
②当Ⅱ和Ⅲ对应相关离子的混合液处于Q点，向其中加少量粉末，会消耗形成配离子，使得溶液中减小(沿横坐标轴向右移动)，与曲线在Q点相交后，随着继续增大，Ⅱ位于Ⅲ上方，即，则，故达平衡时，与的大小：前者＜后者。
故答案为： > ； < ；
【分析】此细菌冶金提金的流程可以概括为：
细菌氧化：将矿粉在 pH=2 的条件下，通入足量空气并加入硫酸，通过细菌将 FeS2、FeAsS 等硫化物氧化为可溶性硫酸盐，使包裹的 Au 颗粒暴露出来。
固液分离：经过操作 1（过滤），得到含硫酸盐的滤液①和含 Au 颗粒的滤渣。
浸金与沉金：滤渣中通入空气、加入 NaCN 溶液，Au 与 CN-、O2反应生成可溶性的 [Au(CN)2]-；再加入 Zn 粉还原得到 Au 单质。
滤液处理：滤液①经 “沉铁砷” 除去杂质离子，得到净化液。据此解题。
（1）是第30号元素，基态原子的价电子排布式为，属于区元素；
（2）“细菌氧化”过程中，，硫酸的浓度逐渐变大；
（3）“浸金”中由Au，氧气，NaCN反应生成，Au由0价升高到+1价，发生反应的离子方程式为；
（4）“沉金”中Zn由0价变为+2价，作还原剂，将[Au(CN)2]-还原为Au；
（5）“滤液②”中的含有配位键，其中参与配位原子是CN-中的C原子，理由是：配位原子要有孤电子对，且电负性较小，容易提供孤电子对，中碳氮都含有孤电子对，但碳原子的电负性比氮原子小，更易提供孤电子对形成配位键；
（6）设金属离子形成配离子的离子方程式为：金属离子配离子，则平衡常数，，即，故三种金属离子形成配离子时，m越大，对应曲线斜率越大，则Ⅱ代表、Ⅲ代表；
①I是与变化的关系。由P点状态移动到形成配离子的反应的平衡状态时，不变，增大，即增大、减小，即平衡左移，则P点状态离子的解离速率＞生成速率；
②当Ⅱ和Ⅲ对应相关离子的混合液处于Q点，向其中加少量粉末，会消耗形成配离子，使得溶液中减小(沿横坐标轴向右移动)，与曲线在Q点相交后，随着继续增大，Ⅱ位于Ⅲ上方，即，则，故达平衡时，与的大小：前者＜后者。
17．（2025·岳阳模拟）“碳达峰·碳中和”是我国社会发展的重大战略。在催化剂作用下，可被还原为等化学品，主要反应如下：
反应1：
反应2：
（1）反应的　 　。
（2）恒温恒容条件下，若起始按投料，只发生反应1，能作为反应达到平衡的标志是___________(填序号)。
A．浓度不再发生变化
B．百分含量不再发生变化
C．气体平均相对分子质量不再发生变化
D．
（3）将和充入密闭容器发生反应1和反应2，并达到平衡状态。相同温度下，在不同压强下测得的平衡转化率、的选择性和的选择性随压强变化曲线如图甲所示。图中表示选择性的曲线是　 　(填“m”、“n”或“p”)，A点时的转化率为　 　，反应2的压强平衡常数　 　(结果保留2位有效数字)。
（4）近年来新兴的生物电催化技术运用微生物电解池也可实现弱酸环境下甲醇化，工作原理如图乙所示。
已知：法拉第效率的定义(X代表)如：
①实验测得，阴极区溶液酸性提高，阴极上会产生气体a导致法拉第效率降低，气体a的分子式为　 　。
②阴极生成甲醇的电极反应式为　 　。
【答案】（1）
（2）A；C
（3）m；24%；0.017
（4）；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）由盖斯定律得目标反应=反应1-反应2，因此ΔH =ΔH1-ΔH2=（-50-41）kJ·mol-1=-91 kJ·mol-1。
故答案为： ；
（2）A．是气体，当浓度不再发生变化，说明反应已达到平衡，A符合题意；
B．设起始投料，转化的，列三段式计算，，反应前百分含量为，反应后百分含量为，百分含量一直保持不变，不能作为反应达到平衡标志，B不符合题意；
C．反应1是气体分子减小的反应，且质量守恒，根据，气体平均相对分子质量不断增大，当反应达到平衡时，气体平均相对分子质量不再发生变化，C符合题意；
D．当时，反应速率之比不等于化学计量数之比，正逆反应速率不相等，反应没有达到平衡，D不符合题意；
故答案为：AC。
（3）根据已知信息可知：反应1的正反应是气体体积减小的反应，反应2是反应前后气体物质的量不变的反应，增大压强，反应1平衡正向移动，CO2含量减少，水蒸气含量增大，使反应2平衡逆向移动，导致CO选择性降低，因此一定温度下，图中p表示CO的选择性与压强的关系，CH3OH的选择性加上CO的选择性应为100%，因此m表示CH3OH的选择性与压强的关系，n表示CO2的平衡转化率与压强的关系；A点时CO2转化率为30%，CH3OH的选择性为70%，，，，，解得x=0.21，y=0.09，此时的转化率为；CO2的物质的量分数为，H2的物质的量分数为，CO的物质的量分数为，H2O的物质的量分数为，反应2的压强平衡常数。
故答案为： m ； 24% ； 0.017 ；
（4）①结合图示可知，H+通过质子交换膜流向阴极区，因此右侧电极区为阴极，当溶液酸性增强，阴极法拉第效率降低，则通过电极的电子部分生成了其它气体，结合题意可得电极反应式应为2H++2e-=H2↑，因此气体a的分子式为；
②结合图示可知，右侧电极区为阴极，CO2在阴极得到电子生成甲醇，因此阴极电极反应式为：。
故答案为： ； ；
【分析】（1）用盖斯定律，目标反应 = 反应 1 反应 2，直接代入 ΔH1、ΔH2数值计算即可。
（2）A：浓度不变是平衡的直接标志。
B：计算可知 CO2百分含量始终不变，不能作为平衡标志。
C：反应气体分子数减少，平均相对分子质量不变时达到平衡。
D：速率比不等于化学计量数比，未平衡。
（3）曲线判断：反应 1 是气体分子数减少的反应，加压使 CH3OH 选择性升高，故m 代表 CH3OH 选择性。
转化率计算：结合 CO2转化率和 CH3OH 选择性，用三段式计算 H2的转化量，得出转化率。
平衡常数计算：用各物质的分压代入表达式，消去总压后计算。
（4）气体 a：阴极区酸性增强时，H+得电子生成 H2，导致法拉第效率降低。
电极反应：CO2在阴极得电子，结合 H+生成 CH3OH，配平即可写出反应式。
（1）由盖斯定律得目标反应=反应1-反应2，因此ΔH =ΔH1-ΔH2=（-50-41）kJ·mol-1=-91 kJ·mol-1。
（2）A．是气体，当浓度不再发生变化，说明反应已达到平衡，A符合题意；
B．设起始投料，转化的，列三段式计算，，反应前百分含量为，反应后百分含量为，百分含量一直保持不变，不能作为反应达到平衡标志，B不符合题意；
C．反应1是气体分子减小的反应，且质量守恒，根据，气体平均相对分子质量不断增大，当反应达到平衡时，气体平均相对分子质量不再发生变化，C符合题意；
D．当时，反应速率之比不等于化学计量数之比，正逆反应速率不相等，反应没有达到平衡，D不符合题意；
故选AC。
（3）根据已知信息可知：反应1的正反应是气体体积减小的反应，反应2是反应前后气体物质的量不变的反应，增大压强，反应1平衡正向移动，CO2含量减少，水蒸气含量增大，使反应2平衡逆向移动，导致CO选择性降低，因此一定温度下，图中p表示CO的选择性与压强的关系，CH3OH的选择性加上CO的选择性应为100%，因此m表示CH3OH的选择性与压强的关系，n表示CO2的平衡转化率与压强的关系；A点时CO2转化率为30%，CH3OH的选择性为70%，，，，，解得x=0.21，y=0.09，此时的转化率为；CO2的物质的量分数为，H2的物质的量分数为，CO的物质的量分数为，H2O的物质的量分数为，反应2的压强平衡常数。
（4）①结合图示可知，H+通过质子交换膜流向阴极区，因此右侧电极区为阴极，当溶液酸性增强，阴极法拉第效率降低，则通过电极的电子部分生成了其它气体，结合题意可得电极反应式应为2H++2e-=H2↑，因此气体a的分子式为；
②结合图示可知，右侧电极区为阴极，CO2在阴极得到电子生成甲醇，因此阴极电极反应式为：。
18．（2025·岳阳模拟）以化合物A为原料制备一种药物中间体J的合成路线如下。
请回答下列问题：
（1）化合物F在核磁共振氢谱上有　 　组吸收峰。
（2），的反应类型分别为　 　、　 　。
（3）H中的含氮官能团的名称是　 　。
（4）化合物A沸点低于的理由是　 　。
（5）的化学反应方程式　 　。
（6）从官能团转化的角度解释化合物I转化为J的过程中，先加碱后加酸的原因　 　。
（7）参照以上合成路线，若以为原料制备(其他试剂自选)，则其合成路线为　 　。
【答案】（1）4
（2）取代反应；还原反应
（3）酰胺基
（4）形成分子间氢键，使沸点更高；而物质A形成分子内氢键，沸点较低
（5）+HNO3(浓)+H2O
（6）提高化合物I的转化率
（7）
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；有机物中的官能团；有机物的合成；羧酸简介
【解析】【解答】（1）化合物F没有对称轴，每个氢原子都不相同，在核磁共振氢谱上有4组吸收峰。
故答案为：4；
（2）根据分析，，的反应类型分别为取代反应、还原反应。
故答案为： 取代反应 ；还原反应；
（3）H中的含氮官能团的名称是酰胺基。
故答案为：酰胺基；
（4）化合物A沸点低于的理由是形成分子间氢键，使沸点更高；而物质A形成分子内氢键，沸点较低。
故答案为：形成分子间氢键，使沸点更高；而物质A形成分子内氢键，沸点较低 ；
（5）为硝化反应，化学反应方程式+HNO3(浓)+H2O。
故答案为：+HNO3(浓)+H2O。
（6）化合物I转化为J的过程中，从官能团转化的角度，先加碱后加酸的原因是提高化合物I的转化率。
故答案为：提高化合物I的转化率。
（7）以为原料制备，先发生硝化反应生成，发生题干中的还原反应生成，和发生题目G到H成环反应生成产物，其合成路线为。
故答案为：
【分析】药物中间体 J 的合成流程可以概括为：
以水杨酸（A）为原料，经浓硫酸磺化、重排得到含有羧基、酚羟基和磺酸基的化合物 B，B 经 Cl2氯化引入 Cl 原子，再用稀硫酸脱去磺酸基，得到含 Cl 原子的酚羟基苯甲酸 D，D 与甲醇发生酯化反应 生成E为，再进行硝化引入硝基，得到化合物 F。F 经 Fe/HCl 还原硝基为氨基，再与酰氯发生亲核取代并环化，生成六元杂环化合物 H；H 经 CH3I 甲基化，生成I： ，再通过碱性水解、酸化得到目标产物 J。据此解题即可。
（1）化合物F没有对称轴，每个氢原子都不相同，在核磁共振氢谱上有4组吸收峰。
（2）根据分析，，的反应类型分别为取代反应、还原反应。
（3）H中的含氮官能团的名称是酰胺基。
（4）化合物A沸点低于的理由是形成分子间氢键，使沸点更高；而物质A形成分子内氢键，沸点较低。
（5）为硝化反应，化学反应方程式+HNO3(浓)+H2O。
（6）化合物I转化为J的过程中，从官能团转化的角度，先加碱后加酸的原因是提高化合物I的转化率。
（7）以为原料制备，先发生硝化反应生成，发生题干中的还原反应生成，和发生题目G到H成环反应生成产物，其合成路线为。
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