资源简介

贵州省遵义市第四中学2025-2026学年高三上学期10月月考 化学试题
1．（2025高三上·遵义月考）曾侯乙编钟是战国早期的一套大型礼乐重器，在1978年出土于湖北随州擂鼓墩曾侯乙墓。下列有关曾侯乙编钟的叙述错误的是
A．主要材料是合金
B．应保存在干燥通风环境中
C．在土壤中主要发生化学腐蚀
D．表面绿色物质的主要成分是
2．（2025高三上·遵义月考）下列有关描述及化学用语的表示方法正确的是
A．As原子的简化电子排布式为[Ar]3s23p3
B．KCl形成过程：
C．基态Mg原子的核外电子排布图为
D．Se在周期中属于p区元素，Zn属于ds区元素
3．（2025高三上·遵义月考）下列事实与水解反应无关的是（　　）
A．常温下相同浓度溶液的pH大小：Na2S(aq)>(NH4)2S(aq)
B．纯碱溶液去除油污的能力强弱：热纯碱液>冷纯碱液
C．除去工业废水中的Hg2＋：向废水中加入FeS固体
D．配制FeCl3溶液：将FeCl3固体溶于浓盐酸，再稀释至所需浓度
4．（2025高三上·遵义月考）番木鳖酸具有一定的抗炎、抗菌活性，结构简式如下图，下列说法不正确的是
A．该有机化合物含有4种官能团
B．该分子中含有3个手性碳原子
C．该分子中碳原子有和两种杂化类型
D．该有机化合物可以发生取代反应、加成反应、消去反应、氧化反应
5．（2025高三上·遵义月考）下列除杂试剂、除杂方法和除杂装置均正确的是
选项 A B
被提纯的物质(杂质) Cl2(HCl) Fe(I2)
方法 洗气 升华
除杂试剂及装置
选项 C D
被提纯的物质(杂质) Na2CO3固体(NaHCO3) Al(OH)3胶体(AlCl3)
方法 加热 渗析
除杂试剂及装置
A．A B．B C．C D．D
6．（2025高三上·遵义月考）制备的化学方程式为：，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．中原子总数为
B．溶液中的数目等于
C．每消耗，转移电子数为
D．中键的数目为
7．（2025高三上·遵义月考）下列离子方程式正确的是
A．向苯酚钠溶液中通入少量CO2：2+CO2+H2O+2
B．钠投入H2O中：Na＋2H2O = Na+＋2OH-＋H2↑
C．向氯化二氨合银溶液中加硝酸：Ag(NH3)＋2H+＋Cl- = AgCl↓＋2NH
D．向溶液中加入铜粉和少量浓H2SO4来检验溶液中存在NO：Cu＋4H+＋2NO=Cu2+＋NO2↑＋2H2O
8．（2025高三上·遵义月考）W、X、Y、Z是原子序数依次增大的主族元素，在前三周期均有分布，基态X原子有四种不同空间运动状态的电子；Y为地壳中含量最多的元素，其简单离子与Z的简单离子具有相同电子数；工业上常通过电解Z的氧化物制取其单质，下列说法不正确的是
A．元素电负性：
B．简单氢化物的沸点：
C．原子半径：
D．Z同周期且第一电离能小于Z的元素有2种
9．（2025高三上·遵义月考）下列实验方案及结论均正确的是
选项 实验方案 结论
A 相同温度下，向两支盛有等体积、等浓度溶液的试管中分别滴入适量的溶液和溶液，探究、对分解速率的影响 催化效果较好
B 向试管中加入20%蔗糖溶液10mL并滴加少量稀硫酸，加热；冷却至室温后加入银氨溶液，水浴加热 若未出现银镜，则证明蔗糖未发生水解
C 向和中均分别加入NaOH溶液和盐酸，只溶于盐酸，都能溶 比碱性强
D 向3mLKI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加1mL淀粉溶液，溶液显蓝色 的氧化性比的强
A．A B．B C．C D．D
10．（2025高三上·遵义月考）某同学拟用 计测定溶液 以探究某酸HR是否为弱电解质。下列说法正确的是（　　）
A．25℃时，若测得 溶液 ，则HR是弱酸
B．25℃时，若测得 溶液 且 ，则HR是弱酸
C．25℃时，若测得HR溶液 ，取该溶液 ，加蒸馏水稀释至 ，测得 ，则HR是弱酸
D．25℃时，若测得NaR溶液 ，取该溶液 ，升温至50℃，测得 ， ，则HR是弱酸
11．（2025高三上·遵义月考）含磷有机物应用广泛。电解法可实现由白磷直接制备，过程如图所示(为甲基)。下列说法正确的是
A．生成，理论上外电路需要转移电子
B．阴极上的电极反应为：
C．在电解过程中向铂电极移动
D．电解产生的中的氢元素来自于
12．（2025高三上·遵义月考）时苯胺水溶液中存在以下平衡： 。已知时的，则下列说法错误的是
A．时，苯胺水溶液的约为8.3
B．相同浓度的和溶液按体积混合后溶液显酸性
C．溶液中
D．等体积等浓度的和混合溶液中：
13．（2025高三上·遵义月考）除去下列物质中所含少量杂质，所选用的试剂和分离方法能达到实验目的的是
选项 混合物(括号内为杂质) 试剂(足量) 分离方法
A 溴苯 KI溶液 分液
B 淀粉溶液 水 过滤
C 苯(环己烯) 溴水 分液
D 苯(苯酚) 溶液 分液
A．A B．B C．C D．D
14．（2025高三上·遵义月考）我国科学家已经成功催化氢化CO2获得甲酸，利用化合物1催化氢化CO2的反应过程 如图甲所示，其中化合物2与水反应生成化合物3与HCOO 的反应历程如图乙所示(其中TS表示过渡态，I表示中间体)。下列说法正确的是
A．化合物1为此反应的催化剂，可加快CO2转换速率
B．化合物2的总键能大于化合物3的总键能
C．图乙表示的反应历程包括3步基元反应，决速步为第三步
D．上述反应中O原子的成键数目保持不变
15．（2025高三上·遵义月考）甲烷化是实现“碳中和”“碳达峰”的有效手段。该过程的总反应为，此反应可理解为分两步完成，反应过程如下：
①；
②
回答下列问题：
（1）甲烷化的技术核心是催化剂的选择。图甲是两种不同催化剂条件下反应相同时间，转化率和选择性随温度的变化。
对比上述两种催化剂的催化性能，工业上应选择的催化剂是　 　，使用的合适温度为　 　。
（2）在某温度下，向恒容密闭容器中充入和，初始压强为，反应经达到平衡，此时，，则总反应的　 　。该温度下反应①的　 　(用平衡分压代替平衡浓度)；在该平衡体系，若保持温度不变压缩容器的容积，的物质的量　 　(填“增加”“减小”或“不变”)。
（3）为研究反应过程的热效应，一定温度范围内对上述反应的平衡常数进行计算，得的线性关系如图乙。则温度下　 　。
（4）恒压、时，和按物质的量之比投料，经图丙的反应过程(主要产物已标出)可实现的高效转化。
①下列说法正确的是　 　(填序号)。
A．可循环利用，不可循环利用
B．过程ii吸收可促使氧化反应的平衡正向移动
C．过程ii产生的最终未被吸收，在过程ⅲ被排出
②过程ii平衡后通入，保持恒压条件，测得一段时间内物质的量上升，根据过程iii，结合平衡移动原理，解释物质的量上升的原因：　 　。
16．（2025高三上·遵义月考）(氢化铝钠)、(铝与硼氢化锂)复合材料都有较高的储氢能力。
（1）实验室以无水四氢呋喃为溶剂，和NaH在无水无氧条件下反应制备。装置如图所示(夹持、搅拌等装置略)。
已知：易溶于四氢呋喃(沸点66℃)，难溶于甲苯(沸点110.6℃)。
步骤：向A瓶中分别加入50mL含4.32g NaH的四氢呋喃悬浮液、少量固体(质量可忽略)作催化剂，搅拌，接通冷凝水，控温30℃。边搅拌边缓慢滴加50mL含5.34g 的四氢呋喃溶液，有白色固体析出，滴加完后，充分搅拌1h，放置沉降，取上层清液，加入试剂X，减压蒸馏、过滤，得粗产品，再纯化得到产品。
①A瓶中冷凝水的进水口是　 　(填“a”或“b”)；仪器B的名称为　 　。
②制备的化学方程式为　 　。
③实验中发现，在滴加的四氢呋喃溶液的过程中，反应速率逐渐减慢，主要原因是　 　。
④试剂X是　 　；减压蒸馏蒸出物为　 　(填名称)。
⑤测定的产率。将所得产品用无水乙醇、盐酸处理(杂质不反应)，加热沸腾分离出，冷却后配成100mL溶液。量取5.00mL待测溶液、20.00mL 0.2000mol/L EDTA溶液于锥形瓶，调节pH并加热煮沸2min。冷却后加双硫腺指示剂，用0.1000mol/L醋酸锌溶液滴定剩余的EDTA，多次测量消耗的醋酸锌溶液体积平均为20.90mL。已知EDTA与、均按反应，的产率为　 　。
（2）某课题组对体系与水反应产氢的特性进行了下列研究。
①根据不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同，用仪器测得复合材料[]在25℃和75℃时与水反应一定时间后所含物质的表征结果如上图所示，则表征所用仪器名称是　 　。
②分析上图中信息可知，25℃与75℃时，复合材料中与水未完全反应的物质是　 　(填化学式)。
17．（2025高三上·遵义月考）“永磁之王”钕铁硼因超强的磁性被广泛应用于新能源汽车等领域。从钕铁硼废料中提炼稀土金属钕(Nd)的工艺流程如下图所示。
已知：①钕铁硼废料主要成分为钕和铁，“氧化焙烧”后钕和铁主要以和的形式存在。
②“选择性浸出”中主要元素的浸出率如下图所示。
③金属离子完全沉淀时，其浓度为。
（1）“浸出渣”的主要成分为　 　(填化学式)。
（2）“浸出液”中仍有少量，极易被P507萃取液萃取进入有机相，故需继续氧化除铁。工业上可用作氧化剂，反应的化学方程式为　 　；已知常温下，的为，要使完全沉淀，pH至少应调至　 　。
（3）“萃取”是用酸性磷酸酯P507(用HA表示)和煤油的混合液作萃取剂，其萃取原理为。溶液初始pH以及P507的浓度对萃取率的影响如下图所示。请从平衡移动的角度解释萃取率随初始pH的减小而减小的原因：　 　。“萃取”操作条件应选的最佳pH以及与P507浓度之比为　 　。
A.2.0 B.2.5 C.3.0
（4）“沉钕”过程中得到晶体，反应的离子方程式为　 　。
（5）在钕铁硼表面电镀氧化铈薄膜可增强其抗腐蚀性。氧化铈的立方晶胞结构如下图所示，其晶胞参数为anm。氧化铈的化学式为　 　；晶体中与Ce最近且等距的Ce的个数为　 　；已知为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为　 　(列出算式)。
18．（2025高三上·遵义月考）玛巴洛沙韦片是一种治疗甲型或乙型流感病毒的特效药，H是合成玛巴洛沙韦的一种重要中间体，其合成路线如下：(注：为；为)
（1）A分子中含氧官能团有羧基、醚键和　 　。
（2）写出B的结构简式：　 　。
（3）E→F中还生成另一种有机物X，X分子中除苯环外还含有一个六元环。写出X的结构简式：　 　。
（4）D的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：　 　。
分子中含有手性碳原子；在酸性条件下水解生成两种产物，其中一种能与发生显色反应，且有2种不同环境的氢原子。
（5）已知：。设计以、、、为原料制备的合成路线流程图　 　(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；合金及其应用
【解析】【解答】A、曾侯乙编钟主要材料是青铜（铜合金），A正确；
B、干燥通风环境可减少编钟的腐蚀，适合保存，B正确；
C、土壤中含电解质，编钟主要发生电化学腐蚀，不是化学腐蚀，C错误；
D、编钟表面绿色物质是铜绿，主要成分为 Cu2(OH)2CO3，D正确。
故答案为：C。
【分析】解题核心是结合合金性质、金属腐蚀类型及物质成分判断选项：
编钟的材料：古代青铜编钟的主要材料是铜合金；
保存环境：合金易被腐蚀，干燥通风环境可减少腐蚀；
腐蚀类型：土壤中含电解质溶液，金属腐蚀主要是电化学腐蚀（原电池反应），并非化学腐蚀；
表面物质成分：铜在潮湿环境中与 O2、CO2、H2O 反应，生成 Cu2(OH)2CO3（铜绿）。
2．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；离子键的形成；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、As 的原子序数是 33，其完整电子排布是 1s22s22p63s23p63d 4s24p3，简化电子排布式应保留前一周期的稀有气体（Ar，电子排布到 3p6），后续补全 3d 4s24p3，所以正确简化式是 [Ar]3d104s24p3，A错误；
B、KCl 是离子化合物，形成过程中 K 失去 1 个电子（变成 K+）、Cl 得到 1 个电子（变成 Cl-），正确的表示应体现离子电荷，即，B错误；
C、基态 Mg 的电子排布是 1s22s22p63s2，3s 轨道的 2 个电子应自旋相反（遵循泡利原理） ： ，C错误；
D、元素分区看价电子：Se 的价电子是 4s24p4，最后填充的是 p 轨道电子，属于 p 区；Zn 的价电子是 3d 4s2，最后填充的是 ds 轨道（d 轨道全满后填充 s 轨道），属于 ds 区，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．简化电子排布式：保留前一周期稀有气体排布 + 后续能级电子（如 As 需补 3d 4s24p3）。
B．离子化合物形成：必须标注离子电荷（KCl 需写 K+、Cl-）。
C．轨道表示法：同一轨道电子自旋相反（Mg 的 3s 轨道是↓↑）。
D．元素分区：看价电子最后填充轨道（Se 填 p 轨道，为p区元素；Zn 是 3d 4s2为ds区元素）。
3．【答案】C
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A、（NH4）2S中铵根离子水解显酸性，硫离子水解显碱性，Na2S中硫离子水解显碱性，则pH大小：Na2S(aq)＞(NH4)2S(aq)，与水解有关，故A不符合题意；
B、纯碱水解显碱性，油脂在碱性条件下发生水解，且水解吸热，则纯碱溶液去除油污的能力强弱：热纯碱液>冷纯碱液，与水解有关，故B不符合题意；
C、向废水中加入FeS固体发生的反应Hg2++FeS=Fe2++HgS，进而除去汞离子，与水解无关，故C符合题意；
D、氯化铁溶液中，铁离子水解显酸性，浓盐酸可抑制铁离子的水解，与水解有关，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、硫离子、铵根离子均能发生水解；
B、加热促进水解；
C、向废水中加入FeS固体生成HgS；
D、铁离子水解显酸性。
4．【答案】B
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机化合物中碳的成键特征；有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、数官能团种类。该有机物含有的官能团有：羧基（-COOH）、羟基（-OH）、醚键（-O-）、碳碳双键（C=C），共 4 种，A正确；
B、手性碳是连有 4 个不同原子或基团的饱和碳原子。观察结构：该分子中的手性碳原子如图所示 ，B错误；
C、碳原子杂化类型由成键方式决定（双键碳为 sp2，单键饱和碳为 sp3），分子中：碳碳双键、羧基中的碳原子为 sp2 杂化；饱和碳原子（如连 - OH、-CH3 的碳）为 sp3 杂化，仅这两种类型，C正确；
D、 该有机物具有醇、羧酸、烯烃和醚的性质， 取代反应：羟基、羧基可发生酯化（取代）；加成反应：碳碳双键可与 H2 等加成；消去反应：羟基（连有羟基的碳相邻碳有 H）可发生消去；氧化反应：羟基、碳碳双键可被氧化，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．官能团判断：直接识别结构中的特征基团（羧基、羟基、醚键、碳碳双键），数种类即可。
B．手性碳判断：找 “连 4 个不同原子或基团的饱和碳”，注意糖环、多取代环上的饱和碳，避免漏数。
C．杂化类型判断：双键碳（包括羧基碳）是sp2，单键饱和碳是sp3，仅看碳的成键方式（单键还是双键）。
D．反应类型判断：对应官能团的性质（羟基可以发生取代、消去、氧化反应；双键可发生加成、氧化反应；羧基可发生取代反应）。
5．【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；化学实验方案的评价；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、 Cl2会与饱和 NaHCO3溶液反应（Cl2+NaHCO3=NaCl+CO2+HClO），既消耗 Cl2又引入新杂质 CO2；且洗气装置应 “长进短出”，图中导管连接错误，A错误；
B、I2易升华，但加热时 Fe 会与 I2发生反应（Fe+I2FeI2），消耗主体 Fe；且收集升华的 I2需用烧杯装冷水，装置中用烧瓶不合理，B错误；
C、NaHCO3加热分解为 Na2CO3（2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O），但加热固体的试管应 “管口略向下倾斜”（防止冷凝水倒流炸裂试管），图中试管倾斜方向错误，C错误；
D、Al(OH)3胶体粒子不能透过半透膜，AlCl3溶液中的离子可透过，将混合物装入半透膜袋并置于蒸馏水中渗析，能实现分离，试剂、方法、装置均合理，D正确；
故答案为：D【分析】这道题的解题思路是：依据 “除杂三原则（不引入新杂质、不消耗主体物质、易分离）”，从试剂选择、方法合理性、装置规范性三方面分析选项。
A．除杂试剂需不与主体反应且能除杂。
B．升华法要求主体与杂质性质差异显著且不反应。
C．固体加热除杂需注意装置安全性。
D．胶体与溶液的分离依赖分散质粒子大小差异。
6．【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、Cl2O 在标准状况下不是气体（通常为液态），无法用 22.4L/mol 计算其物质的量，因此不能确定原子总数，A错误；
B、题目仅给出 NaHCO3溶液的浓度（0.1mol L- ），未说明体积，无法计算 HCO3-的物质的量；且 HCO3-会发生水解，实际数目也会少于理论值，B错误；
C、反应中 Cl2发生歧化：部分 Cl 从 0 价降为 NaCl 中的 -1 价，部分升为 Cl2O 中的 +1 价。每消耗 2mol Cl2，只有 1mol Cl 被氧化（升价）、1mol Cl 被还原（降价），转移电子数为 1mol×1（化合价变化）=1NA，并非 4NA，C错误；
D、CO32-的结构为平面三角形，中心 C 与 3 个 O 各形成 1 个 σ 键（无 π 键的单键），因此 1mol CO32-中 σ 键数目为 3NA，D正确；
故答案为：D。【分析】A．气体摩尔体积（22.4L/mol）的使用前提是 “标准状况 + 气体”。
B．溶液中粒子数目计算需 “浓度 × 体积”，且弱离子会水解。
C．分析物质化合价变化，进而计算电子转移数。
D．观察物质结构，计算CO32-的结构中 σ 键数目（C 与 3 个 O 均以单键相连）。
7．【答案】C
【知识点】苯酚的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、向苯酚钠溶液通少量 CO2，应生成 HCO3-（而非 CO32-），正确产物是苯酚和 NaHCO3，A错误；
B、方程式左侧电荷为 0，右侧 Na+（+1）、2OH-（-2），总电荷为 -1，电荷不守恒；正确的应为 2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，B错误；
C、配合物与酸的反应实质（H+破坏配位键）。氯化二氨合银（Ag(NH3)2+Cl-）中，H+与 NH3结合为 NH4+，同时 Ag+与 Cl-生成 AgCl 沉淀，方程式既符合反应实质，又满足原子、电荷守恒，C正确；
D、反应条件对产物的影响（浓 H2SO4少量时的 H+浓度）。题目中是 “少量浓 H2SO4”，溶液中H+浓度低，NO3-的还原产物应为 NO（而非 NO2，NO2需浓硝酸、高 H+浓度），产物不合理，D错误；
故答案为：C【分析】这道题的解题思路是：从 “反应原理（酸性强弱、物质性质）、电荷守恒、产物合理性” 三个角度，逐一判断离子方程式的正确性。
A．依据 “强酸制弱酸” 的酸性顺序（H2CO3>苯酚>HCO3-）。
B．离子方程式需满足 “电荷守恒”，仔细观察方程式两边电荷是否守恒。
C．向氯化二氨合银溶液中加硝酸，生成铵盐和氯化银沉淀。
D．注意稀溶液应该生成一氧化氮。
8．【答案】D
【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；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、电负性规律为 O＞C＞Al（Y＞X＞Z），A正确；
B、H2O 含氢键，沸点高于 CH4（Y 的简单氢化物沸点＞X），B正确；
C、原子半径规律为 C＞O＞H（X＞Y＞W），C正确；
D、Al 位于第三周期，同周期第一电离能小于 Al 的元素只有 Na（Mg 的 3s2 全满稳定，第一电离能 Mg＞Al），共 1 种，不是 2 种，D错误；
故答案为：D。
【分析】先推断元素：
基态 X 原子有 4 种空间运动状态的电子→X 核外有 4 个电子，即 X 为 C；
Y 是地壳中含量最多的元素→Y 为 O；
Y 的简单离子（O2-，10 电子）与 Z 的简单离子电子数相同，且电解 Z 的氧化物制单质→Z 为 Al（Al3+ 是 10 电子，电解 Al2O3制 Al）；
W 是原子序数小于 C 的前 3 周期主族元素→W 为 H。
9．【答案】D
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；化学反应速率的影响因素；蔗糖与淀粉的性质实验
【解析】【解答】A、实验中 CuSO4和 FeCl3的阴离子（SO42-、Cl-）不同，无法确定是阳离子还是阴离子影响反应速率，实验设计不严谨，A错误；
B 、蔗糖水解用了稀硫酸（酸性），冷却后未加碱中和，银氨溶液在酸性环境中无法发生银镜反应，不能证明蔗糖未水解，B错误；
C、Mg(OH)2只溶于盐酸、Al(OH)3溶于强酸强碱，说明 Mg (OH)2的碱性比 Al(OH)3强（而非结论中的 Al(OH)3碱性强），结论与实验现象矛盾，C错误；
D、溴水与 KI 反应生成 I2（2KI+Br2=2KBr+I2），淀粉遇 I2变蓝，说明 Br2能氧化 I-生成 I2，故 Br2的氧化性强于 I2，实验方案与结论一致，D正确；
故答案为：D
【分析】这道题的解题思路是：从 “实验控制变量、反应条件要求、物质性质逻辑、实验结论匹配性” 四个角度，逐一分析实验方案与结论的合理性。
A．探究催化剂效果需控制 “催化剂阴离子相同”（变量唯一）。
B．注意银镜反应需在 “碱性条件” 下进行。
C．考查物质的溶解性与碱性强弱的逻辑关系（碱性强的氢氧化物更易与酸反应）。
D．掌握氧化还原反应的 “氧化剂氧化性> 氧化产物” 规律。
10．【答案】B
【知识点】测定溶液pH的方法；pH的简单计算
【解析】【解答】A. 25℃时，若测得 溶液 ， 显示中性，因此 HR是弱酸 故A不符合题意
B.25℃时， 若为强酸，则pH=2，但是给出的大于2小于7，可说明为弱酸，故B符合题意
C. 25℃时，若测得HR溶液 ，取该溶液 ，加蒸馏水稀释至 ，测得 ，则HR可能是强酸可能是弱酸，故C不符合题意
D. 25℃时，若测得NaR溶液 ，取该溶液 ，升温至50℃，测得 ， ， 可能是是弱酸或是强酸，故D不符合题意
故答案为：B
【分析】探究某酸是否为弱电解质，在某温度下测定某浓度的酸性溶液的pH.以及测定某浓度盐溶液的pH是否大于7，以及测定与同浓度强酸与同一种金属反应时的气泡速率等等
11．【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、白磷（P4中 P 为 0 价）生成 Li[P(CN)2]（P 为 +1 价），生成 1mol Li[P(CN)2] 时，P 的化合价升高 1，转移 1mol 电子，并非 2mol，A错误；
B、P 元素化合价从 0 升高到 +1，发生氧化反应：，对应阳极（而非阴极），所以该反应是阳极反应，B错误；
C、CN-是阴离子，应向发生氧化反应的阳极（石墨电极）移动，而非铂电极，C错误；
D、反应体系中含 H 的物质只有 LiOH（提供 H），因此电解产生的 H2中 H 元素来自 LiOH，D正确；
故答案为：D
【分析】本题的易错点主要集中在电解池的核心概念与细节判断上：
电极反应与阴阳极的对应：易混淆 “氧化反应对应阳极、还原反应对应阴极”，错把 P 的氧化反应当成阴极反应。
电子转移的计算：忽略 P 元素的化合价变化（P4中 P 为 0 价，Li[P(CN)2] 中 P 为 +1 价），误算转移电子数。
离子移动方向：记错 “阴离子向阳极移动” 的规律，误认为 CN-向阴极（铂电极）移动。
元素来源的追踪：未关注反应体系中含 H 的物质，忽略 LiOH 是 H 元素的唯一来源。
12．【答案】D
【知识点】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
【解析】【解答】A、苯胺（C6H5NH2）是弱碱，电离平衡为C6H5NH2+H2O C6H5NH3++OH-，Kb=4×10- 。
对于0.01mol/L苯胺溶液，因电离程度小，可近似认为c(C6H5NH2)≈0.01mol/L，由
Kb= ，得c(OH-)= = =2×10-6mol/L，pOH=5.7，pH=14-5.7=8.3，A正确；
B、相同浓度的C6H5NH2和HCl按体积2：1混合后，反应生成C6H5NH3Cl，剩余C6H5NH2。C6H5NH2的Kb很小，其电离程度弱于C6H5NH3+的水解程度，溶液显酸性，B正确；
C、C6H5NH3Cl溶液中，根据物料守恒，C6H5NH3+的存在形式（C6H5NH3+、C6H5NH2）的总浓度等于初始浓度0.01mol/L，即c(C6H5NH3+)+c(C6H5NH2)=0.01mol/L，C正确；
D、NH3·H2O的Kb（1.8×10-5）大于苯胺的Kb（4×10- ），则C6H5NH3+的水解程度大于NH4+，混合溶液中c(NH4+) > c(C6H5NH3+)，正确离子浓度顺序应为c(Cl-) > c(NH4+) > c(C6H5NH3+) > c(H+) > c(OH-)，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题关键点：
弱碱电离的pH计算：弱碱电离程度极小，可近似认为电离后弱碱浓度≈初始浓度；结合公式，用计算氢氧根浓度，再推导pH。
酸碱混合的酸碱性判断：先确定混合后产物与剩余物质，再通过“弱碱电离程度 vs 对应阳离子水解程度”（由大小判断），确定溶液酸碱性。
物料守恒的核心逻辑：含弱碱阳离子的盐溶液中，弱碱阳离子的所有存在形式（阳离子+水解生成的弱碱分子）总浓度，等于盐的初始浓度。
离子浓度比较的依据：依据“越弱越水解”：弱碱的越小，其阳离子水解程度越大，溶液中该阳离子浓度越小。
13．【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、Br2与 KI 反应生成 I2，I2会溶解在溴苯中，引入新杂质；且溴苯与 KI 溶液分层后分液也无法除去 I2，A错误；
B、淀粉溶液是胶体，NaCl 溶解在其中，过滤无法分离胶体与溶液中的离子；应采用渗析法（半透膜分离），B错误；
C、环己烯与溴水加成生成的溴代环己烷会溶解在苯中，无法通过分液分离，C错误；
D、苯酚与 Na2CO3反应生成苯酚钠（易溶于水），而苯不溶于 Na2CO3溶液，混合后分层，通过分液可分离，D正确；
故答案为：D。
【分析】这道题的解题思路是：依据 “除杂三原则（不增新杂、不减主体、易分离）”，结合物质溶解性、反应特性分析试剂与方法的合理性。
A．除杂试剂不能与主体反应且不引入新杂。
B．分离方法需匹配混合物状态（溶液中溶质与分散质的分离）。
C．有机物的反应与溶解性（环己烯与溴水的加成产物溶解性）。
D．利用物质酸碱性差异分离（苯酚与 Na2CO3的反应）。
14．【答案】A
【知识点】化学键；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、从图甲可知，化合物 1 参与反应，最终又重新生成，符合催化剂的定义，能加快 CO2的转化速率，A正确；
B、图乙中，化合物 2 与 H2O 的能量（0.00）高于化合物 3 的能量（-2.38），说明化合物 3 能量更低，总键能更大，因此化合物 2 的总键能小于化合物 3，B错误；
C、图乙中有 TS1、TS2、TS3 三个过渡态，对应 3 步基元反应；决速步是活化能最大的步骤，TS2 的活化能（16.87）大于 TS3（11.53），故决速步是第二步，而非第三步，C错误；
D、反应中 CO2的 O 成键数为 2，而 HCOO-中 O 的成键数为 1 或 2（其中一个 O 与 H 结合），O 原子的成键数目发生了变化，D错误；
故答案为：A。【分析】A．注意催化剂的核心特征是 “参与反应、反应前后不变，加快速率”。
B．掌握总键能与物质能量的关系（能量越低，总键能越大）。
C．考查基元反应的判断（过渡态 TS 的数量）、决速步的定义（活化能最大的步骤）。
D．追踪 O 原子的成键数目（如 CO2、HCOO-中 O 的成键情况）。
15．【答案】（1）；
（2）0.6；；增加
（3）1
（4）BC；恒压条件下，通入后，相当于减小压强，分解平衡正向移动，导致增大，促进还原平衡正移
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学平衡移动原理；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】（1）由图甲可知，图示温度和反应时间下，使用催化剂时的转化率比使用催化剂时要高，使用时甲烷的选择性也高于使用催化剂，因此应用作催化剂，温度应选，在此温度下二氧化碳的转化率最高，且甲烷的选择性也较高。
故答案为： ； ；
（2）在该温度下，向恒容密闭容器中充入和，气体总物质的量为，初始压强为，根据相同条件下压强之比等于物质的量之比，反应经达到平衡，此时，，可知反应①生成，反应②消耗，列三段式：
，；；将容器的容积压缩，压强增大，反应②平衡正向移动，则的物质的量增加。
故答案为： 0.6 ； ； 增加 ；
（3）根据盖斯定律，由总反应得，则，由图乙可知，当温度为时，，则。
故答案为：1；
（4）①根据流程可知，转化为，又转化为，可循环利用，与反应生成，受热分解生成和，也可循环利用，A错误；
过程ii，吸收使浓度降低，促进氧化为反应的平衡正向移动，B正确；
过程ii中吸收，而产生的最终未被吸收、结合原子守恒可知、产生的在过程iii被排出，C正确；
故选BC。
②过程iii中存在反应：，恒温、恒压条件下通入，相当于减小压强，分解反应的平衡正向移动，导致增大，促进还原反应的平衡正向移动，故过程ii平衡后通入，测得一段时间内物质的量上升。
故答案为： BC ； 恒压条件下，通入后，相当于减小压强，分解平衡正向移动，导致增大，促进还原平衡正移 。
【分析】(1)看催化剂对应的“CO2转化率+CH4选择性”：Ni-CeO2的 CO2转化率、CH4选择性均更高；选 320℃（此温度下两者性能最优）。
(2)用 “压强变化量 = 物质的量变化量（同温同容）” 算 H2压强变化，再求速率；
反应①的 Kp1用 “平衡分压代入表达式（）” 计算；
压缩体积，压强增大，反应②平衡正向移动，CH4物质的量增加。
(3)利用盖斯定律：总反应 = 反应①+ 反应②，Kp 总 = Kp1 Kp2；结合图乙 T1时 Kp2=Kp 总，得 Kp1=1。
(4)① 分析循环性：Fe3O4、CaO 均可循环；结合平衡移动（CaO 吸 CO2使平衡正向）、物质去向（H2O 未被吸收）判断选项；
② 恒压通 He，相当于减压，CaCO3分解平衡正向，CO2浓度升，促进 Fe 还原 CO2的平衡正向，CO 量增加。
（1）由图甲可知，图示温度和反应时间下，使用催化剂时的转化率比使用催化剂时要高，使用时甲烷的选择性也高于使用催化剂，因此应用作催化剂，温度应选，在此温度下二氧化碳的转化率最高，且甲烷的选择性也较高。
（2）在该温度下，向恒容密闭容器中充入和，气体总物质的量为，初始压强为，根据相同条件下压强之比等于物质的量之比，反应经达到平衡，此时，，可知反应①生成，反应②消耗，列三段式：
，；；将容器的容积压缩，压强增大，反应②平衡正向移动，则的物质的量增加。
（3）根据盖斯定律，由总反应得，则，由图乙可知，当温度为时，，则。
（4）①根据流程可知，转化为，又转化为，可循环利用，与反应生成，受热分解生成和，也可循环利用，A错误；
过程ii，吸收使浓度降低，促进氧化为反应的平衡正向移动，B正确；
过程ii中吸收，而产生的最终未被吸收、结合原子守恒可知、产生的在过程iii被排出，C正确；
故选BC。
②过程iii中存在反应：，恒温、恒压条件下通入，相当于减小压强，分解反应的平衡正向移动，导致增大，促进还原反应的平衡正向移动，故过程ii平衡后通入，测得一段时间内物质的量上升。
16．【答案】（1）b；球形冷凝管；；反应过程中产生NaCl固体且沉积在NaH粒子表面，阻碍与NaH反应；甲苯；四氢呋喃；95.5%
（2）X射线衍射仪；Al
【知识点】常用仪器及其使用；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①冷凝水应下进上出，故进水口为b；仪器B为球形冷凝管；
②根据原子守恒可知反应为；
③在滴加AlCl3的四氢呋喃溶液时，生成了NaCl固体，NaCl固体覆盖在NaH表面，阻止了NaH与AlCl3的进一步接触，使得反应速率减慢；
④已知：易溶于四氢呋喃(沸点66℃)，难溶于甲苯(沸点110.6℃)，所以试剂X为甲苯；四氢呋喃的沸点低于甲苯，先被蒸出，减压蒸馏蒸出物为四氢呋喃；
⑤4.32g NaH与5.34g 发生反应4NaH+AlCl3= NaAlH4+ 3NaCl，NaH过量，5.34gAlCl3理论上产生NaAlH4的质量为，100mL产品中含NaAlH4的质量为，故产率为；
故答案为： b ； 球形冷凝管 ； ； 反应过程中产生NaCl固体且沉积在NaH粒子表面，阻碍与NaH反应 ； 甲苯 ； 四氢呋喃 ； 95.5% ；
（2）①X射线衍射仪技术可以根据晶态物质对X射线衍射特性来分析物质的组成和结构信息，则表征所用仪器名称是X射线衍射仪；
②由谱图可知在25℃与75℃时，都存在Al对应的衍射峰，说明在这两个温度下，复合材料中Al与水未完全反应。
故答案为： X射线衍射仪 ； Al 。
【分析】向 50mL 含 4.32g NaH 的四氢呋喃悬浮液里，加入 50mL 溶有 5.34g AlCl3的四氢呋喃溶液，二者发生反应：4NaH + AlCl3 = NaAlH4 + 3NaCl。由于 NaAlH4能溶解在四氢呋喃中，而 NaCl 是离子晶体、难溶于四氢呋喃，因此反应过程中会析出白色的 NaCl 固体。待反应完成后过滤除去 NaCl，向剩余的 NaAlH4四氢呋喃溶液中加入甲苯（利用 NaAlH4难溶于甲苯的特性），可使 NaAlH4析出；再通过减压蒸馏分离溶剂、过滤后，就能得到 NaAlH4的粗产品。
(1) 装置与仪器：冷凝管进水遵循 “下进上出”（保证冷凝充分），故进水口选 b；仪器 B 的名称是球形冷凝管（用于冷凝回流有机溶剂）。
化学方程式：反应物为 NaH 和 AlCl3，产物为 NaAlH4和 NaCl，据原子守恒配平即可。
反应速率变慢原因：反应生成的 NaCl 是离子晶体，难溶于四氢呋喃，会沉积在 NaH 颗粒表面，阻碍 NaH 与 AlCl3的接触，导致反应速率减慢。
试剂与蒸馏产物：试剂 X 选甲苯（利用 NaAlH4易溶于四氢呋喃、难溶于甲苯的性质，析出产物）；减压蒸馏时，沸点较低的四氢呋喃先被蒸出，故蒸出物是四氢呋喃。
产率计算：先算 EDTA 总物质的量，减去醋酸锌消耗的剩余 EDTA 量，得到与产物反应的 EDTA 量，进而求出产物实际量；再根据 AlCl3的量算理论产物量，最终得产率（实际÷理论 ×100%）。
(2) 表征仪器：利用晶态物质的 X 射线衍射特性分析组成，所用仪器是 X 射线衍射仪。
未完全反应的物质：25℃和 75℃的衍射图中均出现 Al 对应的衍射峰，说明复合材料中 Al 未与水完全反应。
（1）①冷凝水应下进上出，故进水口为b；仪器B为球形冷凝管；
②根据原子守恒可知反应为；
③在滴加AlCl3的四氢呋喃溶液时，生成了NaCl固体，NaCl固体覆盖在NaH表面，阻止了NaH与AlCl3的进一步接触，使得反应速率减慢；
④已知：易溶于四氢呋喃(沸点66℃)，难溶于甲苯(沸点110.6℃)，所以试剂X为甲苯；四氢呋喃的沸点低于甲苯，先被蒸出，减压蒸馏蒸出物为四氢呋喃；
⑤4.32g NaH与5.34g 发生反应4NaH+AlCl3= NaAlH4+ 3NaCl，NaH过量，5.34gAlCl3理论上产生NaAlH4的质量为，100mL产品中含NaAlH4的质量为，故产率为；
（2）①X射线衍射仪技术可以根据晶态物质对X射线衍射特性来分析物质的组成和结构信息，则表征所用仪器名称是X射线衍射仪；
②由谱图可知在25℃与75℃时，都存在Al对应的衍射峰，说明在这两个温度下，复合材料中Al与水未完全反应。
17．【答案】（1）
（2）；3.0
（3）溶液pH减小，即溶液中浓度增大，使得萃取平衡逆向移动，降低萃取剂的萃取效率；B
（4）
（5）；12；
【知识点】晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由分析可知，浸出渣的主要成分为；
故答案为： ；
（2）作氧化剂，可将氧化为，化学方程式为；要使完全沉淀，则溶液中，，，则至少应调到3.0；
故答案为： ； 3.0 ；
（3）由萃取平衡式可知，溶液pH减小，即溶液中浓度增大，使得萃取平衡逆向移动，降低萃取剂的萃取效率；由溶液初始pH以及P507的浓度对萃取率的影响图可知，当后，时的萃取率接近百分百，高于其余两种条件，故选B；
故答案为： 溶液pH减小，即溶液中浓度增大，使得萃取平衡逆向移动，降低萃取剂的萃取效率 ； B ；
（4）“沉钕”过程的离子方程式为；
故答案为： ；
（5）根据晶胞结构图可知，含有个，含有8个，则氧化铈的化学式为；晶体中与Ce最近且等距的Ce的个数为12；则该晶体的密度。
故答案为： ； 12 ； ；
【分析】先将钕铁硼废料进行氧化焙烧，使其中的钕、铁转化为 Nd2O3和 Fe2O3；接着加入盐酸进行选择性浸出，利用浸出特性让钕高浸出、铁低浸出，得到含钕的浸出液（分离出浸出渣）；随后用 P507 - 煤油对浸出液进行多级萃取富集钕，分离出萃余液；再通过盐酸反萃取得到含钕溶液，向其中加入 H2C2O4溶液沉钕，得到钕的草酸盐沉淀；最后将沉淀煅烧生成 Nd2O3，进一步处理得到金属钕。
（1）由分析可知，浸出渣的主要成分为；
（2）作氧化剂，可将氧化为，化学方程式为；要使完全沉淀，则溶液中，，，则至少应调到3.0；
（3）由萃取平衡式可知，溶液pH减小，即溶液中浓度增大，使得萃取平衡逆向移动，降低萃取剂的萃取效率；由溶液初始pH以及P507的浓度对萃取率的影响图可知，当后，时的萃取率接近百分百，高于其余两种条件，故选B；
（4）“沉钕”过程的离子方程式为；
（5）根据晶胞结构图可知，含有个，含有8个，则氧化铈的化学式为；晶体中与Ce最近且等距的Ce的个数为12；则该晶体的密度。
18．【答案】（1）酮羰基
（2）
（3）
（4）（答案不唯一 ）
（5）
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）化合物A的含氧官能团名称有酮羰基、醚键、羧基；
故答案为： 酮羰基 ；
（2）根据分析可知，B的结构简式：；
故答案为：；
（3）E为，F为，E→F（取代反应）还生成另一种有机物X，X分子中除苯环外还含有一个六元环。写出X的结构简式：；
故答案为：
（4）D（），分子式为，分子中含有手性碳原子；在酸性条件下水解生成两种产物，其中一种能与发生显色反应，说明产物中含有酚羟基，本身含酯基，且有2种不同环境的氢原子，说明结构对称，结构简式：()；
故答案为：()；
（5）催化氧化生成，发生信息所给反应生成，与发生C+F→G的反应生成，与醋酸酯化生成，合成路线为：。
故答案为：
【分析】A 在 (CH3)2SO4、NaHCO3和 DMF 条件下 40℃反应得到 B；B 与 NH2NHBoc 在 DMF 中 65℃反应生成 C； 逆推可知，B的结构为； D 与 BrCH2CH(OCH3)2、NaH 在 DMF 中 60℃反应得到 E；E 与 NH2NH2在 CH3OH/H2O 中 60℃反应得到 F；C 与 F 在 DBU、THF 中 80℃反应生成 G；G 在 CH3SO3H、CH3CB、H2O 中 80℃反应得到中间体 H。据此解题。
（1）化合物A的含氧官能团名称有酮羰基、醚键、羧基；
（2）根据分析可知，B的结构简式：；
（3）E为，F为，E→F（取代反应）还生成另一种有机物X，X分子中除苯环外还含有一个六元环。写出X的结构简式：；
（4）D（　　），分子式为，分子中含有手性碳原子；在酸性条件下水解生成两种产物，其中一种能与发生显色反应，说明产物中含有酚羟基，本身含酯基，且有2种不同环境的氢原子，说明结构对称，结构简式：（　　）；
（5）催化氧化生成，发生信息所给反应生成，与发生C+F→G的反应生成，与醋酸酯化生成，合成路线为：。
1 / 1贵州省遵义市第四中学2025-2026学年高三上学期10月月考 化学试题
1．（2025高三上·遵义月考）曾侯乙编钟是战国早期的一套大型礼乐重器，在1978年出土于湖北随州擂鼓墩曾侯乙墓。下列有关曾侯乙编钟的叙述错误的是
A．主要材料是合金
B．应保存在干燥通风环境中
C．在土壤中主要发生化学腐蚀
D．表面绿色物质的主要成分是
【答案】C
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；合金及其应用
【解析】【解答】A、曾侯乙编钟主要材料是青铜（铜合金），A正确；
B、干燥通风环境可减少编钟的腐蚀，适合保存，B正确；
C、土壤中含电解质，编钟主要发生电化学腐蚀，不是化学腐蚀，C错误；
D、编钟表面绿色物质是铜绿，主要成分为 Cu2(OH)2CO3，D正确。
故答案为：C。
【分析】解题核心是结合合金性质、金属腐蚀类型及物质成分判断选项：
编钟的材料：古代青铜编钟的主要材料是铜合金；
保存环境：合金易被腐蚀，干燥通风环境可减少腐蚀；
腐蚀类型：土壤中含电解质溶液，金属腐蚀主要是电化学腐蚀（原电池反应），并非化学腐蚀；
表面物质成分：铜在潮湿环境中与 O2、CO2、H2O 反应，生成 Cu2(OH)2CO3（铜绿）。
2．（2025高三上·遵义月考）下列有关描述及化学用语的表示方法正确的是
A．As原子的简化电子排布式为[Ar]3s23p3
B．KCl形成过程：
C．基态Mg原子的核外电子排布图为
D．Se在周期中属于p区元素，Zn属于ds区元素
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；离子键的形成；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、As 的原子序数是 33，其完整电子排布是 1s22s22p63s23p63d 4s24p3，简化电子排布式应保留前一周期的稀有气体（Ar，电子排布到 3p6），后续补全 3d 4s24p3，所以正确简化式是 [Ar]3d104s24p3，A错误；
B、KCl 是离子化合物，形成过程中 K 失去 1 个电子（变成 K+）、Cl 得到 1 个电子（变成 Cl-），正确的表示应体现离子电荷，即，B错误；
C、基态 Mg 的电子排布是 1s22s22p63s2，3s 轨道的 2 个电子应自旋相反（遵循泡利原理） ： ，C错误；
D、元素分区看价电子：Se 的价电子是 4s24p4，最后填充的是 p 轨道电子，属于 p 区；Zn 的价电子是 3d 4s2，最后填充的是 ds 轨道（d 轨道全满后填充 s 轨道），属于 ds 区，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．简化电子排布式：保留前一周期稀有气体排布 + 后续能级电子（如 As 需补 3d 4s24p3）。
B．离子化合物形成：必须标注离子电荷（KCl 需写 K+、Cl-）。
C．轨道表示法：同一轨道电子自旋相反（Mg 的 3s 轨道是↓↑）。
D．元素分区：看价电子最后填充轨道（Se 填 p 轨道，为p区元素；Zn 是 3d 4s2为ds区元素）。
3．（2025高三上·遵义月考）下列事实与水解反应无关的是（　　）
A．常温下相同浓度溶液的pH大小：Na2S(aq)>(NH4)2S(aq)
B．纯碱溶液去除油污的能力强弱：热纯碱液>冷纯碱液
C．除去工业废水中的Hg2＋：向废水中加入FeS固体
D．配制FeCl3溶液：将FeCl3固体溶于浓盐酸，再稀释至所需浓度
【答案】C
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A、（NH4）2S中铵根离子水解显酸性，硫离子水解显碱性，Na2S中硫离子水解显碱性，则pH大小：Na2S(aq)＞(NH4)2S(aq)，与水解有关，故A不符合题意；
B、纯碱水解显碱性，油脂在碱性条件下发生水解，且水解吸热，则纯碱溶液去除油污的能力强弱：热纯碱液>冷纯碱液，与水解有关，故B不符合题意；
C、向废水中加入FeS固体发生的反应Hg2++FeS=Fe2++HgS，进而除去汞离子，与水解无关，故C符合题意；
D、氯化铁溶液中，铁离子水解显酸性，浓盐酸可抑制铁离子的水解，与水解有关，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、硫离子、铵根离子均能发生水解；
B、加热促进水解；
C、向废水中加入FeS固体生成HgS；
D、铁离子水解显酸性。
4．（2025高三上·遵义月考）番木鳖酸具有一定的抗炎、抗菌活性，结构简式如下图，下列说法不正确的是
A．该有机化合物含有4种官能团
B．该分子中含有3个手性碳原子
C．该分子中碳原子有和两种杂化类型
D．该有机化合物可以发生取代反应、加成反应、消去反应、氧化反应
【答案】B
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机化合物中碳的成键特征；有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、数官能团种类。该有机物含有的官能团有：羧基（-COOH）、羟基（-OH）、醚键（-O-）、碳碳双键（C=C），共 4 种，A正确；
B、手性碳是连有 4 个不同原子或基团的饱和碳原子。观察结构：该分子中的手性碳原子如图所示 ，B错误；
C、碳原子杂化类型由成键方式决定（双键碳为 sp2，单键饱和碳为 sp3），分子中：碳碳双键、羧基中的碳原子为 sp2 杂化；饱和碳原子（如连 - OH、-CH3 的碳）为 sp3 杂化，仅这两种类型，C正确；
D、 该有机物具有醇、羧酸、烯烃和醚的性质， 取代反应：羟基、羧基可发生酯化（取代）；加成反应：碳碳双键可与 H2 等加成；消去反应：羟基（连有羟基的碳相邻碳有 H）可发生消去；氧化反应：羟基、碳碳双键可被氧化，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．官能团判断：直接识别结构中的特征基团（羧基、羟基、醚键、碳碳双键），数种类即可。
B．手性碳判断：找 “连 4 个不同原子或基团的饱和碳”，注意糖环、多取代环上的饱和碳，避免漏数。
C．杂化类型判断：双键碳（包括羧基碳）是sp2，单键饱和碳是sp3，仅看碳的成键方式（单键还是双键）。
D．反应类型判断：对应官能团的性质（羟基可以发生取代、消去、氧化反应；双键可发生加成、氧化反应；羧基可发生取代反应）。
5．（2025高三上·遵义月考）下列除杂试剂、除杂方法和除杂装置均正确的是
选项 A B
被提纯的物质(杂质) Cl2(HCl) Fe(I2)
方法 洗气 升华
除杂试剂及装置
选项 C D
被提纯的物质(杂质) Na2CO3固体(NaHCO3) Al(OH)3胶体(AlCl3)
方法 加热 渗析
除杂试剂及装置
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；化学实验方案的评价；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、 Cl2会与饱和 NaHCO3溶液反应（Cl2+NaHCO3=NaCl+CO2+HClO），既消耗 Cl2又引入新杂质 CO2；且洗气装置应 “长进短出”，图中导管连接错误，A错误；
B、I2易升华，但加热时 Fe 会与 I2发生反应（Fe+I2FeI2），消耗主体 Fe；且收集升华的 I2需用烧杯装冷水，装置中用烧瓶不合理，B错误；
C、NaHCO3加热分解为 Na2CO3（2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O），但加热固体的试管应 “管口略向下倾斜”（防止冷凝水倒流炸裂试管），图中试管倾斜方向错误，C错误；
D、Al(OH)3胶体粒子不能透过半透膜，AlCl3溶液中的离子可透过，将混合物装入半透膜袋并置于蒸馏水中渗析，能实现分离，试剂、方法、装置均合理，D正确；
故答案为：D【分析】这道题的解题思路是：依据 “除杂三原则（不引入新杂质、不消耗主体物质、易分离）”，从试剂选择、方法合理性、装置规范性三方面分析选项。
A．除杂试剂需不与主体反应且能除杂。
B．升华法要求主体与杂质性质差异显著且不反应。
C．固体加热除杂需注意装置安全性。
D．胶体与溶液的分离依赖分散质粒子大小差异。
6．（2025高三上·遵义月考）制备的化学方程式为：，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．中原子总数为
B．溶液中的数目等于
C．每消耗，转移电子数为
D．中键的数目为
【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、Cl2O 在标准状况下不是气体（通常为液态），无法用 22.4L/mol 计算其物质的量，因此不能确定原子总数，A错误；
B、题目仅给出 NaHCO3溶液的浓度（0.1mol L- ），未说明体积，无法计算 HCO3-的物质的量；且 HCO3-会发生水解，实际数目也会少于理论值，B错误；
C、反应中 Cl2发生歧化：部分 Cl 从 0 价降为 NaCl 中的 -1 价，部分升为 Cl2O 中的 +1 价。每消耗 2mol Cl2，只有 1mol Cl 被氧化（升价）、1mol Cl 被还原（降价），转移电子数为 1mol×1（化合价变化）=1NA，并非 4NA，C错误；
D、CO32-的结构为平面三角形，中心 C 与 3 个 O 各形成 1 个 σ 键（无 π 键的单键），因此 1mol CO32-中 σ 键数目为 3NA，D正确；
故答案为：D。【分析】A．气体摩尔体积（22.4L/mol）的使用前提是 “标准状况 + 气体”。
B．溶液中粒子数目计算需 “浓度 × 体积”，且弱离子会水解。
C．分析物质化合价变化，进而计算电子转移数。
D．观察物质结构，计算CO32-的结构中 σ 键数目（C 与 3 个 O 均以单键相连）。
7．（2025高三上·遵义月考）下列离子方程式正确的是
A．向苯酚钠溶液中通入少量CO2：2+CO2+H2O+2
B．钠投入H2O中：Na＋2H2O = Na+＋2OH-＋H2↑
C．向氯化二氨合银溶液中加硝酸：Ag(NH3)＋2H+＋Cl- = AgCl↓＋2NH
D．向溶液中加入铜粉和少量浓H2SO4来检验溶液中存在NO：Cu＋4H+＋2NO=Cu2+＋NO2↑＋2H2O
【答案】C
【知识点】苯酚的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、向苯酚钠溶液通少量 CO2，应生成 HCO3-（而非 CO32-），正确产物是苯酚和 NaHCO3，A错误；
B、方程式左侧电荷为 0，右侧 Na+（+1）、2OH-（-2），总电荷为 -1，电荷不守恒；正确的应为 2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，B错误；
C、配合物与酸的反应实质（H+破坏配位键）。氯化二氨合银（Ag(NH3)2+Cl-）中，H+与 NH3结合为 NH4+，同时 Ag+与 Cl-生成 AgCl 沉淀，方程式既符合反应实质，又满足原子、电荷守恒，C正确；
D、反应条件对产物的影响（浓 H2SO4少量时的 H+浓度）。题目中是 “少量浓 H2SO4”，溶液中H+浓度低，NO3-的还原产物应为 NO（而非 NO2，NO2需浓硝酸、高 H+浓度），产物不合理，D错误；
故答案为：C【分析】这道题的解题思路是：从 “反应原理（酸性强弱、物质性质）、电荷守恒、产物合理性” 三个角度，逐一判断离子方程式的正确性。
A．依据 “强酸制弱酸” 的酸性顺序（H2CO3>苯酚>HCO3-）。
B．离子方程式需满足 “电荷守恒”，仔细观察方程式两边电荷是否守恒。
C．向氯化二氨合银溶液中加硝酸，生成铵盐和氯化银沉淀。
D．注意稀溶液应该生成一氧化氮。
8．（2025高三上·遵义月考）W、X、Y、Z是原子序数依次增大的主族元素，在前三周期均有分布，基态X原子有四种不同空间运动状态的电子；Y为地壳中含量最多的元素，其简单离子与Z的简单离子具有相同电子数；工业上常通过电解Z的氧化物制取其单质，下列说法不正确的是
A．元素电负性：
B．简单氢化物的沸点：
C．原子半径：
D．Z同周期且第一电离能小于Z的元素有2种
【答案】D
【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；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、电负性规律为 O＞C＞Al（Y＞X＞Z），A正确；
B、H2O 含氢键，沸点高于 CH4（Y 的简单氢化物沸点＞X），B正确；
C、原子半径规律为 C＞O＞H（X＞Y＞W），C正确；
D、Al 位于第三周期，同周期第一电离能小于 Al 的元素只有 Na（Mg 的 3s2 全满稳定，第一电离能 Mg＞Al），共 1 种，不是 2 种，D错误；
故答案为：D。
【分析】先推断元素：
基态 X 原子有 4 种空间运动状态的电子→X 核外有 4 个电子，即 X 为 C；
Y 是地壳中含量最多的元素→Y 为 O；
Y 的简单离子（O2-，10 电子）与 Z 的简单离子电子数相同，且电解 Z 的氧化物制单质→Z 为 Al（Al3+ 是 10 电子，电解 Al2O3制 Al）；
W 是原子序数小于 C 的前 3 周期主族元素→W 为 H。
9．（2025高三上·遵义月考）下列实验方案及结论均正确的是
选项 实验方案 结论
A 相同温度下，向两支盛有等体积、等浓度溶液的试管中分别滴入适量的溶液和溶液，探究、对分解速率的影响 催化效果较好
B 向试管中加入20%蔗糖溶液10mL并滴加少量稀硫酸，加热；冷却至室温后加入银氨溶液，水浴加热 若未出现银镜，则证明蔗糖未发生水解
C 向和中均分别加入NaOH溶液和盐酸，只溶于盐酸，都能溶 比碱性强
D 向3mLKI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加1mL淀粉溶液，溶液显蓝色 的氧化性比的强
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；化学反应速率的影响因素；蔗糖与淀粉的性质实验
【解析】【解答】A、实验中 CuSO4和 FeCl3的阴离子（SO42-、Cl-）不同，无法确定是阳离子还是阴离子影响反应速率，实验设计不严谨，A错误；
B 、蔗糖水解用了稀硫酸（酸性），冷却后未加碱中和，银氨溶液在酸性环境中无法发生银镜反应，不能证明蔗糖未水解，B错误；
C、Mg(OH)2只溶于盐酸、Al(OH)3溶于强酸强碱，说明 Mg (OH)2的碱性比 Al(OH)3强（而非结论中的 Al(OH)3碱性强），结论与实验现象矛盾，C错误；
D、溴水与 KI 反应生成 I2（2KI+Br2=2KBr+I2），淀粉遇 I2变蓝，说明 Br2能氧化 I-生成 I2，故 Br2的氧化性强于 I2，实验方案与结论一致，D正确；
故答案为：D
【分析】这道题的解题思路是：从 “实验控制变量、反应条件要求、物质性质逻辑、实验结论匹配性” 四个角度，逐一分析实验方案与结论的合理性。
A．探究催化剂效果需控制 “催化剂阴离子相同”（变量唯一）。
B．注意银镜反应需在 “碱性条件” 下进行。
C．考查物质的溶解性与碱性强弱的逻辑关系（碱性强的氢氧化物更易与酸反应）。
D．掌握氧化还原反应的 “氧化剂氧化性> 氧化产物” 规律。
10．（2025高三上·遵义月考）某同学拟用 计测定溶液 以探究某酸HR是否为弱电解质。下列说法正确的是（　　）
A．25℃时，若测得 溶液 ，则HR是弱酸
B．25℃时，若测得 溶液 且 ，则HR是弱酸
C．25℃时，若测得HR溶液 ，取该溶液 ，加蒸馏水稀释至 ，测得 ，则HR是弱酸
D．25℃时，若测得NaR溶液 ，取该溶液 ，升温至50℃，测得 ， ，则HR是弱酸
【答案】B
【知识点】测定溶液pH的方法；pH的简单计算
【解析】【解答】A. 25℃时，若测得 溶液 ， 显示中性，因此 HR是弱酸 故A不符合题意
B.25℃时， 若为强酸，则pH=2，但是给出的大于2小于7，可说明为弱酸，故B符合题意
C. 25℃时，若测得HR溶液 ，取该溶液 ，加蒸馏水稀释至 ，测得 ，则HR可能是强酸可能是弱酸，故C不符合题意
D. 25℃时，若测得NaR溶液 ，取该溶液 ，升温至50℃，测得 ， ， 可能是是弱酸或是强酸，故D不符合题意
故答案为：B
【分析】探究某酸是否为弱电解质，在某温度下测定某浓度的酸性溶液的pH.以及测定某浓度盐溶液的pH是否大于7，以及测定与同浓度强酸与同一种金属反应时的气泡速率等等
11．（2025高三上·遵义月考）含磷有机物应用广泛。电解法可实现由白磷直接制备，过程如图所示(为甲基)。下列说法正确的是
A．生成，理论上外电路需要转移电子
B．阴极上的电极反应为：
C．在电解过程中向铂电极移动
D．电解产生的中的氢元素来自于
【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、白磷（P4中 P 为 0 价）生成 Li[P(CN)2]（P 为 +1 价），生成 1mol Li[P(CN)2] 时，P 的化合价升高 1，转移 1mol 电子，并非 2mol，A错误；
B、P 元素化合价从 0 升高到 +1，发生氧化反应：，对应阳极（而非阴极），所以该反应是阳极反应，B错误；
C、CN-是阴离子，应向发生氧化反应的阳极（石墨电极）移动，而非铂电极，C错误；
D、反应体系中含 H 的物质只有 LiOH（提供 H），因此电解产生的 H2中 H 元素来自 LiOH，D正确；
故答案为：D
【分析】本题的易错点主要集中在电解池的核心概念与细节判断上：
电极反应与阴阳极的对应：易混淆 “氧化反应对应阳极、还原反应对应阴极”，错把 P 的氧化反应当成阴极反应。
电子转移的计算：忽略 P 元素的化合价变化（P4中 P 为 0 价，Li[P(CN)2] 中 P 为 +1 价），误算转移电子数。
离子移动方向：记错 “阴离子向阳极移动” 的规律，误认为 CN-向阴极（铂电极）移动。
元素来源的追踪：未关注反应体系中含 H 的物质，忽略 LiOH 是 H 元素的唯一来源。
12．（2025高三上·遵义月考）时苯胺水溶液中存在以下平衡： 。已知时的，则下列说法错误的是
A．时，苯胺水溶液的约为8.3
B．相同浓度的和溶液按体积混合后溶液显酸性
C．溶液中
D．等体积等浓度的和混合溶液中：
【答案】D
【知识点】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
【解析】【解答】A、苯胺（C6H5NH2）是弱碱，电离平衡为C6H5NH2+H2O C6H5NH3++OH-，Kb=4×10- 。
对于0.01mol/L苯胺溶液，因电离程度小，可近似认为c(C6H5NH2)≈0.01mol/L，由
Kb= ，得c(OH-)= = =2×10-6mol/L，pOH=5.7，pH=14-5.7=8.3，A正确；
B、相同浓度的C6H5NH2和HCl按体积2：1混合后，反应生成C6H5NH3Cl，剩余C6H5NH2。C6H5NH2的Kb很小，其电离程度弱于C6H5NH3+的水解程度，溶液显酸性，B正确；
C、C6H5NH3Cl溶液中，根据物料守恒，C6H5NH3+的存在形式（C6H5NH3+、C6H5NH2）的总浓度等于初始浓度0.01mol/L，即c(C6H5NH3+)+c(C6H5NH2)=0.01mol/L，C正确；
D、NH3·H2O的Kb（1.8×10-5）大于苯胺的Kb（4×10- ），则C6H5NH3+的水解程度大于NH4+，混合溶液中c(NH4+) > c(C6H5NH3+)，正确离子浓度顺序应为c(Cl-) > c(NH4+) > c(C6H5NH3+) > c(H+) > c(OH-)，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题关键点：
弱碱电离的pH计算：弱碱电离程度极小，可近似认为电离后弱碱浓度≈初始浓度；结合公式，用计算氢氧根浓度，再推导pH。
酸碱混合的酸碱性判断：先确定混合后产物与剩余物质，再通过“弱碱电离程度 vs 对应阳离子水解程度”（由大小判断），确定溶液酸碱性。
物料守恒的核心逻辑：含弱碱阳离子的盐溶液中，弱碱阳离子的所有存在形式（阳离子+水解生成的弱碱分子）总浓度，等于盐的初始浓度。
离子浓度比较的依据：依据“越弱越水解”：弱碱的越小，其阳离子水解程度越大，溶液中该阳离子浓度越小。
13．（2025高三上·遵义月考）除去下列物质中所含少量杂质，所选用的试剂和分离方法能达到实验目的的是
选项 混合物(括号内为杂质) 试剂(足量) 分离方法
A 溴苯 KI溶液 分液
B 淀粉溶液 水 过滤
C 苯(环己烯) 溴水 分液
D 苯(苯酚) 溶液 分液
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、Br2与 KI 反应生成 I2，I2会溶解在溴苯中，引入新杂质；且溴苯与 KI 溶液分层后分液也无法除去 I2，A错误；
B、淀粉溶液是胶体，NaCl 溶解在其中，过滤无法分离胶体与溶液中的离子；应采用渗析法（半透膜分离），B错误；
C、环己烯与溴水加成生成的溴代环己烷会溶解在苯中，无法通过分液分离，C错误；
D、苯酚与 Na2CO3反应生成苯酚钠（易溶于水），而苯不溶于 Na2CO3溶液，混合后分层，通过分液可分离，D正确；
故答案为：D。
【分析】这道题的解题思路是：依据 “除杂三原则（不增新杂、不减主体、易分离）”，结合物质溶解性、反应特性分析试剂与方法的合理性。
A．除杂试剂不能与主体反应且不引入新杂。
B．分离方法需匹配混合物状态（溶液中溶质与分散质的分离）。
C．有机物的反应与溶解性（环己烯与溴水的加成产物溶解性）。
D．利用物质酸碱性差异分离（苯酚与 Na2CO3的反应）。
14．（2025高三上·遵义月考）我国科学家已经成功催化氢化CO2获得甲酸，利用化合物1催化氢化CO2的反应过程 如图甲所示，其中化合物2与水反应生成化合物3与HCOO 的反应历程如图乙所示(其中TS表示过渡态，I表示中间体)。下列说法正确的是
A．化合物1为此反应的催化剂，可加快CO2转换速率
B．化合物2的总键能大于化合物3的总键能
C．图乙表示的反应历程包括3步基元反应，决速步为第三步
D．上述反应中O原子的成键数目保持不变
【答案】A
【知识点】化学键；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、从图甲可知，化合物 1 参与反应，最终又重新生成，符合催化剂的定义，能加快 CO2的转化速率，A正确；
B、图乙中，化合物 2 与 H2O 的能量（0.00）高于化合物 3 的能量（-2.38），说明化合物 3 能量更低，总键能更大，因此化合物 2 的总键能小于化合物 3，B错误；
C、图乙中有 TS1、TS2、TS3 三个过渡态，对应 3 步基元反应；决速步是活化能最大的步骤，TS2 的活化能（16.87）大于 TS3（11.53），故决速步是第二步，而非第三步，C错误；
D、反应中 CO2的 O 成键数为 2，而 HCOO-中 O 的成键数为 1 或 2（其中一个 O 与 H 结合），O 原子的成键数目发生了变化，D错误；
故答案为：A。【分析】A．注意催化剂的核心特征是 “参与反应、反应前后不变，加快速率”。
B．掌握总键能与物质能量的关系（能量越低，总键能越大）。
C．考查基元反应的判断（过渡态 TS 的数量）、决速步的定义（活化能最大的步骤）。
D．追踪 O 原子的成键数目（如 CO2、HCOO-中 O 的成键情况）。
15．（2025高三上·遵义月考）甲烷化是实现“碳中和”“碳达峰”的有效手段。该过程的总反应为，此反应可理解为分两步完成，反应过程如下：
①；
②
回答下列问题：
（1）甲烷化的技术核心是催化剂的选择。图甲是两种不同催化剂条件下反应相同时间，转化率和选择性随温度的变化。
对比上述两种催化剂的催化性能，工业上应选择的催化剂是　 　，使用的合适温度为　 　。
（2）在某温度下，向恒容密闭容器中充入和，初始压强为，反应经达到平衡，此时，，则总反应的　 　。该温度下反应①的　 　(用平衡分压代替平衡浓度)；在该平衡体系，若保持温度不变压缩容器的容积，的物质的量　 　(填“增加”“减小”或“不变”)。
（3）为研究反应过程的热效应，一定温度范围内对上述反应的平衡常数进行计算，得的线性关系如图乙。则温度下　 　。
（4）恒压、时，和按物质的量之比投料，经图丙的反应过程(主要产物已标出)可实现的高效转化。
①下列说法正确的是　 　(填序号)。
A．可循环利用，不可循环利用
B．过程ii吸收可促使氧化反应的平衡正向移动
C．过程ii产生的最终未被吸收，在过程ⅲ被排出
②过程ii平衡后通入，保持恒压条件，测得一段时间内物质的量上升，根据过程iii，结合平衡移动原理，解释物质的量上升的原因：　 　。
【答案】（1）；
（2）0.6；；增加
（3）1
（4）BC；恒压条件下，通入后，相当于减小压强，分解平衡正向移动，导致增大，促进还原平衡正移
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学平衡移动原理；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】（1）由图甲可知，图示温度和反应时间下，使用催化剂时的转化率比使用催化剂时要高，使用时甲烷的选择性也高于使用催化剂，因此应用作催化剂，温度应选，在此温度下二氧化碳的转化率最高，且甲烷的选择性也较高。
故答案为： ； ；
（2）在该温度下，向恒容密闭容器中充入和，气体总物质的量为，初始压强为，根据相同条件下压强之比等于物质的量之比，反应经达到平衡，此时，，可知反应①生成，反应②消耗，列三段式：
，；；将容器的容积压缩，压强增大，反应②平衡正向移动，则的物质的量增加。
故答案为： 0.6 ； ； 增加 ；
（3）根据盖斯定律，由总反应得，则，由图乙可知，当温度为时，，则。
故答案为：1；
（4）①根据流程可知，转化为，又转化为，可循环利用，与反应生成，受热分解生成和，也可循环利用，A错误；
过程ii，吸收使浓度降低，促进氧化为反应的平衡正向移动，B正确；
过程ii中吸收，而产生的最终未被吸收、结合原子守恒可知、产生的在过程iii被排出，C正确；
故选BC。
②过程iii中存在反应：，恒温、恒压条件下通入，相当于减小压强，分解反应的平衡正向移动，导致增大，促进还原反应的平衡正向移动，故过程ii平衡后通入，测得一段时间内物质的量上升。
故答案为： BC ； 恒压条件下，通入后，相当于减小压强，分解平衡正向移动，导致增大，促进还原平衡正移 。
【分析】(1)看催化剂对应的“CO2转化率+CH4选择性”：Ni-CeO2的 CO2转化率、CH4选择性均更高；选 320℃（此温度下两者性能最优）。
(2)用 “压强变化量 = 物质的量变化量（同温同容）” 算 H2压强变化，再求速率；
反应①的 Kp1用 “平衡分压代入表达式（）” 计算；
压缩体积，压强增大，反应②平衡正向移动，CH4物质的量增加。
(3)利用盖斯定律：总反应 = 反应①+ 反应②，Kp 总 = Kp1 Kp2；结合图乙 T1时 Kp2=Kp 总，得 Kp1=1。
(4)① 分析循环性：Fe3O4、CaO 均可循环；结合平衡移动（CaO 吸 CO2使平衡正向）、物质去向（H2O 未被吸收）判断选项；
② 恒压通 He，相当于减压，CaCO3分解平衡正向，CO2浓度升，促进 Fe 还原 CO2的平衡正向，CO 量增加。
（1）由图甲可知，图示温度和反应时间下，使用催化剂时的转化率比使用催化剂时要高，使用时甲烷的选择性也高于使用催化剂，因此应用作催化剂，温度应选，在此温度下二氧化碳的转化率最高，且甲烷的选择性也较高。
（2）在该温度下，向恒容密闭容器中充入和，气体总物质的量为，初始压强为，根据相同条件下压强之比等于物质的量之比，反应经达到平衡，此时，，可知反应①生成，反应②消耗，列三段式：
，；；将容器的容积压缩，压强增大，反应②平衡正向移动，则的物质的量增加。
（3）根据盖斯定律，由总反应得，则，由图乙可知，当温度为时，，则。
（4）①根据流程可知，转化为，又转化为，可循环利用，与反应生成，受热分解生成和，也可循环利用，A错误；
过程ii，吸收使浓度降低，促进氧化为反应的平衡正向移动，B正确；
过程ii中吸收，而产生的最终未被吸收、结合原子守恒可知、产生的在过程iii被排出，C正确；
故选BC。
②过程iii中存在反应：，恒温、恒压条件下通入，相当于减小压强，分解反应的平衡正向移动，导致增大，促进还原反应的平衡正向移动，故过程ii平衡后通入，测得一段时间内物质的量上升。
16．（2025高三上·遵义月考）(氢化铝钠)、(铝与硼氢化锂)复合材料都有较高的储氢能力。
（1）实验室以无水四氢呋喃为溶剂，和NaH在无水无氧条件下反应制备。装置如图所示(夹持、搅拌等装置略)。
已知：易溶于四氢呋喃(沸点66℃)，难溶于甲苯(沸点110.6℃)。
步骤：向A瓶中分别加入50mL含4.32g NaH的四氢呋喃悬浮液、少量固体(质量可忽略)作催化剂，搅拌，接通冷凝水，控温30℃。边搅拌边缓慢滴加50mL含5.34g 的四氢呋喃溶液，有白色固体析出，滴加完后，充分搅拌1h，放置沉降，取上层清液，加入试剂X，减压蒸馏、过滤，得粗产品，再纯化得到产品。
①A瓶中冷凝水的进水口是　 　(填“a”或“b”)；仪器B的名称为　 　。
②制备的化学方程式为　 　。
③实验中发现，在滴加的四氢呋喃溶液的过程中，反应速率逐渐减慢，主要原因是　 　。
④试剂X是　 　；减压蒸馏蒸出物为　 　(填名称)。
⑤测定的产率。将所得产品用无水乙醇、盐酸处理(杂质不反应)，加热沸腾分离出，冷却后配成100mL溶液。量取5.00mL待测溶液、20.00mL 0.2000mol/L EDTA溶液于锥形瓶，调节pH并加热煮沸2min。冷却后加双硫腺指示剂，用0.1000mol/L醋酸锌溶液滴定剩余的EDTA，多次测量消耗的醋酸锌溶液体积平均为20.90mL。已知EDTA与、均按反应，的产率为　 　。
（2）某课题组对体系与水反应产氢的特性进行了下列研究。
①根据不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同，用仪器测得复合材料[]在25℃和75℃时与水反应一定时间后所含物质的表征结果如上图所示，则表征所用仪器名称是　 　。
②分析上图中信息可知，25℃与75℃时，复合材料中与水未完全反应的物质是　 　(填化学式)。
【答案】（1）b；球形冷凝管；；反应过程中产生NaCl固体且沉积在NaH粒子表面，阻碍与NaH反应；甲苯；四氢呋喃；95.5%
（2）X射线衍射仪；Al
【知识点】常用仪器及其使用；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①冷凝水应下进上出，故进水口为b；仪器B为球形冷凝管；
②根据原子守恒可知反应为；
③在滴加AlCl3的四氢呋喃溶液时，生成了NaCl固体，NaCl固体覆盖在NaH表面，阻止了NaH与AlCl3的进一步接触，使得反应速率减慢；
④已知：易溶于四氢呋喃(沸点66℃)，难溶于甲苯(沸点110.6℃)，所以试剂X为甲苯；四氢呋喃的沸点低于甲苯，先被蒸出，减压蒸馏蒸出物为四氢呋喃；
⑤4.32g NaH与5.34g 发生反应4NaH+AlCl3= NaAlH4+ 3NaCl，NaH过量，5.34gAlCl3理论上产生NaAlH4的质量为，100mL产品中含NaAlH4的质量为，故产率为；
故答案为： b ； 球形冷凝管 ； ； 反应过程中产生NaCl固体且沉积在NaH粒子表面，阻碍与NaH反应 ； 甲苯 ； 四氢呋喃 ； 95.5% ；
（2）①X射线衍射仪技术可以根据晶态物质对X射线衍射特性来分析物质的组成和结构信息，则表征所用仪器名称是X射线衍射仪；
②由谱图可知在25℃与75℃时，都存在Al对应的衍射峰，说明在这两个温度下，复合材料中Al与水未完全反应。
故答案为： X射线衍射仪 ； Al 。
【分析】向 50mL 含 4.32g NaH 的四氢呋喃悬浮液里，加入 50mL 溶有 5.34g AlCl3的四氢呋喃溶液，二者发生反应：4NaH + AlCl3 = NaAlH4 + 3NaCl。由于 NaAlH4能溶解在四氢呋喃中，而 NaCl 是离子晶体、难溶于四氢呋喃，因此反应过程中会析出白色的 NaCl 固体。待反应完成后过滤除去 NaCl，向剩余的 NaAlH4四氢呋喃溶液中加入甲苯（利用 NaAlH4难溶于甲苯的特性），可使 NaAlH4析出；再通过减压蒸馏分离溶剂、过滤后，就能得到 NaAlH4的粗产品。
(1) 装置与仪器：冷凝管进水遵循 “下进上出”（保证冷凝充分），故进水口选 b；仪器 B 的名称是球形冷凝管（用于冷凝回流有机溶剂）。
化学方程式：反应物为 NaH 和 AlCl3，产物为 NaAlH4和 NaCl，据原子守恒配平即可。
反应速率变慢原因：反应生成的 NaCl 是离子晶体，难溶于四氢呋喃，会沉积在 NaH 颗粒表面，阻碍 NaH 与 AlCl3的接触，导致反应速率减慢。
试剂与蒸馏产物：试剂 X 选甲苯（利用 NaAlH4易溶于四氢呋喃、难溶于甲苯的性质，析出产物）；减压蒸馏时，沸点较低的四氢呋喃先被蒸出，故蒸出物是四氢呋喃。
产率计算：先算 EDTA 总物质的量，减去醋酸锌消耗的剩余 EDTA 量，得到与产物反应的 EDTA 量，进而求出产物实际量；再根据 AlCl3的量算理论产物量，最终得产率（实际÷理论 ×100%）。
(2) 表征仪器：利用晶态物质的 X 射线衍射特性分析组成，所用仪器是 X 射线衍射仪。
未完全反应的物质：25℃和 75℃的衍射图中均出现 Al 对应的衍射峰，说明复合材料中 Al 未与水完全反应。
（1）①冷凝水应下进上出，故进水口为b；仪器B为球形冷凝管；
②根据原子守恒可知反应为；
③在滴加AlCl3的四氢呋喃溶液时，生成了NaCl固体，NaCl固体覆盖在NaH表面，阻止了NaH与AlCl3的进一步接触，使得反应速率减慢；
④已知：易溶于四氢呋喃(沸点66℃)，难溶于甲苯(沸点110.6℃)，所以试剂X为甲苯；四氢呋喃的沸点低于甲苯，先被蒸出，减压蒸馏蒸出物为四氢呋喃；
⑤4.32g NaH与5.34g 发生反应4NaH+AlCl3= NaAlH4+ 3NaCl，NaH过量，5.34gAlCl3理论上产生NaAlH4的质量为，100mL产品中含NaAlH4的质量为，故产率为；
（2）①X射线衍射仪技术可以根据晶态物质对X射线衍射特性来分析物质的组成和结构信息，则表征所用仪器名称是X射线衍射仪；
②由谱图可知在25℃与75℃时，都存在Al对应的衍射峰，说明在这两个温度下，复合材料中Al与水未完全反应。
17．（2025高三上·遵义月考）“永磁之王”钕铁硼因超强的磁性被广泛应用于新能源汽车等领域。从钕铁硼废料中提炼稀土金属钕(Nd)的工艺流程如下图所示。
已知：①钕铁硼废料主要成分为钕和铁，“氧化焙烧”后钕和铁主要以和的形式存在。
②“选择性浸出”中主要元素的浸出率如下图所示。
③金属离子完全沉淀时，其浓度为。
（1）“浸出渣”的主要成分为　 　(填化学式)。
（2）“浸出液”中仍有少量，极易被P507萃取液萃取进入有机相，故需继续氧化除铁。工业上可用作氧化剂，反应的化学方程式为　 　；已知常温下，的为，要使完全沉淀，pH至少应调至　 　。
（3）“萃取”是用酸性磷酸酯P507(用HA表示)和煤油的混合液作萃取剂，其萃取原理为。溶液初始pH以及P507的浓度对萃取率的影响如下图所示。请从平衡移动的角度解释萃取率随初始pH的减小而减小的原因：　 　。“萃取”操作条件应选的最佳pH以及与P507浓度之比为　 　。
A.2.0 B.2.5 C.3.0
（4）“沉钕”过程中得到晶体，反应的离子方程式为　 　。
（5）在钕铁硼表面电镀氧化铈薄膜可增强其抗腐蚀性。氧化铈的立方晶胞结构如下图所示，其晶胞参数为anm。氧化铈的化学式为　 　；晶体中与Ce最近且等距的Ce的个数为　 　；已知为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为　 　(列出算式)。
【答案】（1）
（2）；3.0
（3）溶液pH减小，即溶液中浓度增大，使得萃取平衡逆向移动，降低萃取剂的萃取效率；B
（4）
（5）；12；
【知识点】晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由分析可知，浸出渣的主要成分为；
故答案为： ；
（2）作氧化剂，可将氧化为，化学方程式为；要使完全沉淀，则溶液中，，，则至少应调到3.0；
故答案为： ； 3.0 ；
（3）由萃取平衡式可知，溶液pH减小，即溶液中浓度增大，使得萃取平衡逆向移动，降低萃取剂的萃取效率；由溶液初始pH以及P507的浓度对萃取率的影响图可知，当后，时的萃取率接近百分百，高于其余两种条件，故选B；
故答案为： 溶液pH减小，即溶液中浓度增大，使得萃取平衡逆向移动，降低萃取剂的萃取效率 ； B ；
（4）“沉钕”过程的离子方程式为；
故答案为： ；
（5）根据晶胞结构图可知，含有个，含有8个，则氧化铈的化学式为；晶体中与Ce最近且等距的Ce的个数为12；则该晶体的密度。
故答案为： ； 12 ； ；
【分析】先将钕铁硼废料进行氧化焙烧，使其中的钕、铁转化为 Nd2O3和 Fe2O3；接着加入盐酸进行选择性浸出，利用浸出特性让钕高浸出、铁低浸出，得到含钕的浸出液（分离出浸出渣）；随后用 P507 - 煤油对浸出液进行多级萃取富集钕，分离出萃余液；再通过盐酸反萃取得到含钕溶液，向其中加入 H2C2O4溶液沉钕，得到钕的草酸盐沉淀；最后将沉淀煅烧生成 Nd2O3，进一步处理得到金属钕。
（1）由分析可知，浸出渣的主要成分为；
（2）作氧化剂，可将氧化为，化学方程式为；要使完全沉淀，则溶液中，，，则至少应调到3.0；
（3）由萃取平衡式可知，溶液pH减小，即溶液中浓度增大，使得萃取平衡逆向移动，降低萃取剂的萃取效率；由溶液初始pH以及P507的浓度对萃取率的影响图可知，当后，时的萃取率接近百分百，高于其余两种条件，故选B；
（4）“沉钕”过程的离子方程式为；
（5）根据晶胞结构图可知，含有个，含有8个，则氧化铈的化学式为；晶体中与Ce最近且等距的Ce的个数为12；则该晶体的密度。
18．（2025高三上·遵义月考）玛巴洛沙韦片是一种治疗甲型或乙型流感病毒的特效药，H是合成玛巴洛沙韦的一种重要中间体，其合成路线如下：(注：为；为)
（1）A分子中含氧官能团有羧基、醚键和　 　。
（2）写出B的结构简式：　 　。
（3）E→F中还生成另一种有机物X，X分子中除苯环外还含有一个六元环。写出X的结构简式：　 　。
（4）D的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：　 　。
分子中含有手性碳原子；在酸性条件下水解生成两种产物，其中一种能与发生显色反应，且有2种不同环境的氢原子。
（5）已知：。设计以、、、为原料制备的合成路线流程图　 　(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。
【答案】（1）酮羰基
（2）
（3）
（4）（答案不唯一 ）
（5）
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）化合物A的含氧官能团名称有酮羰基、醚键、羧基；
故答案为： 酮羰基 ；
（2）根据分析可知，B的结构简式：；
故答案为：；
（3）E为，F为，E→F（取代反应）还生成另一种有机物X，X分子中除苯环外还含有一个六元环。写出X的结构简式：；
故答案为：
（4）D（），分子式为，分子中含有手性碳原子；在酸性条件下水解生成两种产物，其中一种能与发生显色反应，说明产物中含有酚羟基，本身含酯基，且有2种不同环境的氢原子，说明结构对称，结构简式：()；
故答案为：()；
（5）催化氧化生成，发生信息所给反应生成，与发生C+F→G的反应生成，与醋酸酯化生成，合成路线为：。
故答案为：
【分析】A 在 (CH3)2SO4、NaHCO3和 DMF 条件下 40℃反应得到 B；B 与 NH2NHBoc 在 DMF 中 65℃反应生成 C； 逆推可知，B的结构为； D 与 BrCH2CH(OCH3)2、NaH 在 DMF 中 60℃反应得到 E；E 与 NH2NH2在 CH3OH/H2O 中 60℃反应得到 F；C 与 F 在 DBU、THF 中 80℃反应生成 G；G 在 CH3SO3H、CH3CB、H2O 中 80℃反应得到中间体 H。据此解题。
（1）化合物A的含氧官能团名称有酮羰基、醚键、羧基；
（2）根据分析可知，B的结构简式：；
（3）E为，F为，E→F（取代反应）还生成另一种有机物X，X分子中除苯环外还含有一个六元环。写出X的结构简式：；
（4）D（　　），分子式为，分子中含有手性碳原子；在酸性条件下水解生成两种产物，其中一种能与发生显色反应，说明产物中含有酚羟基，本身含酯基，且有2种不同环境的氢原子，说明结构对称，结构简式：（　　）；
（5）催化氧化生成，发生信息所给反应生成，与发生C+F→G的反应生成，与醋酸酯化生成，合成路线为：。
1 / 1

展开更多......

收起↑