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2025届湖南省岳阳市高三下学期考情信息卷（一）化学试题
一、选择题(本大题共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）经过几代化学家的不懈努力，我国在化学工业科技领域获得了长足的进步。下列有关说法错误的是
A．谢和平院士团队完成的“全新原理实现海水直接电解制氢”，开创了海水原位直接电解制氢全新原理与技术，该技术实现了不消耗能源制取氢气
B．屠呦呦是第一位获得诺贝尔科学奖项的我国本土科学家，她发现的青蒿素(C15H22O5)是一种烃的衍生物
C．“中国稀土之父”徐光宪院士提出“串级萃取理论”打破了国际垄断，彻底改写了我国的稀土行业的产业结构，稀土全部是金属元素
D．我国化学家发明了电催化合成过氧化氢新工艺，实现了按需现场合成过氧化氢，过氧化氢是一种极性分子
【答案】A
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、电解海水制取氢气的过程，本质是利用电能将水分解为氢气和氧气，该过程必须消耗电能，不存在 “不消耗能源” 的情况，违背了能量守恒定律，A错误；
B、烃的衍生物是指烃分子中的氢原子被其他原子或原子团取代而生成的化合物。青蒿素（C15H22O5）由 C、H、O 三种元素组成，分子中含有氧原子，属于烃的含氧衍生物，B正确；
C、稀土元素是元素周期表第 ⅢB 族中的钪、钇和镧系元素的统称，全部为金属元素。徐光宪院士提出的 “串级萃取理论” 打破了国际技术垄断，推动了我国稀土产业的发展，C正确；
D、过氧化氢的结构式为 H-O-O-H，分子结构不对称，正负电荷中心不重合，因此属于极性分子，D 正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
电解原理本质：电解过程是将电能转化为化学能，必然消耗能源，不存在 “不消耗能源” 的电解反应。
烃的衍生物判定：仅由 C、H 两种元素组成的化合物属于烃；除 C、H 外还含其他元素的有机物，属于烃的衍生物。
稀土元素属性：稀土元素全称为稀土金属，均属于金属元素，是重要的战略资源。
分子极性判断：分子正负电荷中心是否重合是判断极性分子的核心标准，结构对称（如直线形、正四面体）的分子通常为非极性分子，结构不对称则为极性分子。
（2025·岳阳模拟）阅读下列材料，完成下面小题；
第ⅢA族元素形成的化合物应用广泛。硼酸(H3BO3) 是一种一元弱酸。硼酸三甲酯与氯气反应可制取BCl3： 。B(OCH3)3和 BCl3均易水解，沸点分别为68℃和12.5℃。氮化镓是具有优异光电性能的第三代半导体材料，熔点约为1500℃，可通过Ga(CH3)3与 NH3高温反应制得。
2．下列说法正确的是
A．Ga基态核外电子排布式：[Ar]4s24p1
B．NH3BH3的结构式：
C．氮化镓属于分子晶体
D．BCl3分子中键角为
3．下列制取 BCl3 的部分实验装置能达到实验目的的是
A．用装置甲干燥Cl2 B．用装置乙制取BCl3
C．用装置丙收集BCl3 D．用装置丁吸收所有尾气
4．下列化学反应表示不正确的是
A．H3BO3和足量NaOH 溶液反应：H3BO3+3OH-=BO+3H2O
B．B(OCH3)3和 NaH反应制备NaBH4：
C．Al2O3 溶于NaOH 溶液：Al2O3 +2OH﹣+3H2O=2[Al(OH)4]﹣
D．Ga(CH3)3与NH3反应制GaN：
【答案】2．D
3．C
4．A
【知识点】配合物的成键情况；氯气的实验室制法；镁、铝的重要化合物
【解析】【分析】（1）A、根据Ga原子的核外电子数，确定其基态原子的核外电子排布式。
B、根据N、B原子的结构分析。
C、氮化镓的熔点高，属于共价晶体。
D、根据价层电子对数确定其空间结构，从而得到键角大小。
（2）A、实验室用浓硫酸干燥Cl2。
B、制取BCl3的反应温度为65℃，而沸水的温度为100℃。
C、BCl3应采用向上排空气法收集，且需用冰水冷却。
D、CO不与NaOH反应。
（3）A、H3BO3为一元酸，与NaOH反应生成NaH2BO3和H2O。
B、根据原子守恒分析。
C、Al2O3与NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4]。
D、根据原子守恒分析。
2．A．Ga的核外电子数为31，则其基态核外电子排布式：[Ar]3d104s24p1，A选项错误；
B．NH3BH3中N原子存在孤电子对，B原子存在空轨道，二者可形成配位键，因此其结构式为：，B选项错误；
C．氮化镓熔点约为1500℃，熔点较高，应属于共价晶体，C选项错误；
D．BCl3分子的中心原子的价层电子对数为，不存在孤电子对，因此其空间结构为正三角形，键角为120℃，D选项正确；
故答案为：D
3．A．饱和食盐水用于除去Cl2中混有的HCl，应该用浓硫酸干燥氯气，A选项错误；
B．生成BCl3的反应条件为65℃，因此制取 BCl3 的时候，应该控制温度为65℃，不能用沸水，B选项错误；
C．BCl3 的沸点为12.5℃，且密度比空气答，因此应采用向上排空气法收集；且用冰水冷却，C选项正确；
D．尾气中含有CO，CO不与氢氧化钠反应，因此不能用氢氧化钠吸收，D选项错误；
故答案为：C
4．A．H3BO3为一元酸，和足量NaOH溶液反应生成NaH2BO3和H2O，该反应的离子方程式为H3BO3+OH-= H2BO+H2O，A选项错误；
B．B(OCH3)3和 NaH反应制备NaBH4，不存在元素化合价变化。由原子守恒可知反应为，B选项正确；
C．Al2O3 溶于NaOH 溶液反应生成四羟基铝酸钠，该反应的离子方程式为Al2O3 +2OH﹣+3H2O=2[Al(OH)4]﹣，C选项正确；
D．Ga(CH3)3与NH3反应制GaN，不存在元素化合价变化，由原子守恒可知反应为，D选项正确；
故答案为：A
5．（2025·岳阳模拟）劳动创造美好生活。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 生物工程师采用多次盐析和溶解来提纯蛋白质 重金属盐可使蛋白质变性
B 化工工程师利用苯酚与甲醛的反应制备酚醛树脂 苯酚与甲醛可发生缩聚反应
C 冶金工程师对模具充分干燥后，再注入熔融钢水
D 净水工程师向水中加入铝盐以实现净水 水解可产生胶体
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】镁、铝的重要化合物；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．盐析是通过改变盐浓度使蛋白质沉淀，属于物理变化，是可逆过程；而“重金属盐使蛋白质变性”的过程中蛋白质结构发生变化，属于化学变化，不可逆。两者原理不同，A符合题意；
B．苯酚与甲醛缩聚生成酚醛树脂，前后关联，B不符合题意；
C．干燥模具是为了防止高温下Fe与H2O(g)反应生成Fe3O4和H2，前后关联，C不符合题意；
D．Al3+水解生成Al(OH)3胶体，胶体的相对表面积加到，可吸附杂质净水，前后关联，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、重金属使蛋白质变性发生化学变化。
B、苯酚与甲醛可发生缩聚反应生成酚醛树脂。
C、干燥的模具是为了防止Fe与H2O(g)在高温下发生反应。
D、Al3＋水解生成Al(OH)3胶体，可用于吸附水中杂质。
6．（2025·岳阳模拟）塑料的循环利用有利于环境保护。研究人员利用小分子单体Y合成聚合物P，该聚合物在一定条件下能解聚为原来的小分子单体Y，如下图所示。
下列说法不正确的是
A．的反应是加聚反应
B．聚合物P存在顺式异构体
C．P解聚为Y时，P中的碳碳双键未发生断裂
D．Y利用碳碳双键的加成反应可以形成环状结构
【答案】C
【知识点】烯烃；聚合反应
【解析】【解答】A．的反应是酯基间的碳碳双键发生1，4-加聚反应，选项A正确；B．聚合物P存在顺式异构体，即酯基连接的基团位于碳碳双键同侧的结构，选项B正确；
C．P解聚生成Y时，P中的碳碳双键断裂形成两个新的碳碳双键，选项C错误；
D．两分子或多分子Y可以通过碳碳双键发生加成反应形成环状结构，选项D正确；
故答案为：C
【分析】A、由Y、P的结构简式可知，二者的转化发生的是碳碳双键的加聚反应。
B、碳碳双键所在碳原子上连接有2个不同的原子或原子团时，存在顺反异构。
C、解聚过程中，碳碳双键断裂，重新形成2个新的碳碳双键。
D、两分子Y可通过碳碳双键的加聚反应形成环状结构。
7．（2025·岳阳模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．25℃，1LpH=13的Ba(OH)2溶液中OH-数目为0.2NA
B．30gHCHO和CH3COOH的混合物含有C原子数目为NA
C．0.1mol环氧乙烷()中含有的σ键数目为0.3NA
D．常温下，将5.6gFe块放入足量浓硝酸中，反应转移电子数目为0.3NA
【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.25℃，1L pH=13的氢氧化钡溶液中OH-浓度为0.1mol/L，OH-数目计算式为0.1mol/L×1L×NAmol-1=0.1NA，故A错误；
B．甲醛和乙酸的最简式相同，通式为（CH2O)n，30g甲醛和乙酸的混合物中含有碳原子数目为×NAmol-1=NA，故B正确；
C．根据环氧乙烷结构可知，一个环氧乙烷分子中含有7个σ键，则0.1mol环氧乙烷分子中含有的σ键数目为0.1mol×7×NAmol-1=0.7NA，故C错误；
D．常温下，铁在浓硝酸中钝化，铁的表面生成致密氧化膜，阻碍反应进一步进行，反应转移的电子数目无法计算，故D错误；
故选B。
【分析】A. pH=13的溶液中OH-浓度为0.1mol/L，先用公式n=cV计算OH-的物质的量，再用N=nNA算出氢氧根的数目。
B. 最简式相同的混合物，先用通式统一算出混合物碳原子的物质的量，再用公式N=nNA算出碳原子个数。
C. 环氧乙烷分子中的σ键，不存在于碳碳键键，还存在于碳氢键间。
D. 常温下，铁在浓硝酸中钝化，反应程度轻。
8．（2025·岳阳模拟）部分含碳或含硫物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是
A．向h溶液中滴加过量BaCl2溶液，无沉淀生成
B．将足量的b加入酸性高锰酸钾溶液中，不一定能够观察到溶液褪色
C．将少量的d通入澄清石灰水中，有白色沉淀生成
D．通过一步反应可以分别实现b→c→d→e的转化
【答案】A
【知识点】含硫物质的性质及综合应用；有机物的结构和性质；烯烃
【解析】【解答】A．h为碳酸盐或亚硫酸盐，二者均能与氯化钡反应，生成碳酸钡沉淀或亚硫酸钡沉淀，A符合题意；
B．b若是环丙烷， 环丙烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色；但若b为乙烯或硫化氢，二者均具还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B不符合题意 ；
C．d为二氧化碳或二氧化硫，少量 二氧化碳与氢氧化钙溶液生成碳酸钙，少量二氧化硫与氢氧化钙溶液生成亚硫酸钙沉淀，二者均可产生白色沉淀，C不符合题意；
D．含硫物质的相互转化，可通过一步反应分别实现b→c→d→e转化。硫化氢和二氧化硫反应生成硫单质，硫单质在氧气中点燃生成二氧化硫，二氧化硫和氧气在催化剂作用下生成三氧化硫，故D不符合题意 ；
故选A。
【分析】由该价类二维图可推知，由于硫最低价为-2价，只有碳的最低价为-4价，a只能是甲烷；b点碳为-2价，其氢化物为乙烯或环丙烷，如硫为-2，其氢化物还可能为硫化氢；c是碳单质或硫单质；d为价态为+4价的氧化物，为二氧化碳或二氧化硫；e是价态为+6价的氧化物，只能是三氧化硫；f为+4价的含氧酸，即碳酸或亚硫酸；g为+6价含氧酸，即硫酸；h是+4价的正盐，是碳酸盐或亚硫酸盐；由于碳的最高价态为+4价，硫的最高价态为+6，i为硫酸盐，k为-2价硫形成的盐。
9．（2025·岳阳模拟）以酸泥(主要含无定形Se、HgSe和少量Ag2Se)为原料制备灰硒(Se)的流程如下：已知：Ka1(H2SeO3)=3×10-3，Ka2(H2SeO3)=5×10-8
下列说法错误的是
A．“氧化碱浸”中无定形Se被氧化为的离子方程式为Se+2OH-+2H2O2=3H2O+
B．“除银”时向滤渣中加入NaClO溶液和盐酸，Ag2Se、HgSe被氧化为H2SeO3，其中Ag2Se发生的化学方程式为：Ag2Se+3NaClO+2HCl=H2SeO3+2AgCl↓+3NaCl
C．“除银”时向滤渣中加入试剂顺序是先加入盐酸再加NaClO溶液
D．“沉汞”过程中，溶液pH=7时存在的主要阴离子有、、Cl-
【答案】C
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、氧化碱浸中，Se与H2O2在碱性条件下反应生成，离子方程式为：
，A选项正确。
B、除银时，Ag2Se与NaClO和盐酸反应生成H2SeO3、AgCl和NaCl，化学方程式为：
，B选项正确。
C、除银时，若先加盐酸后加NaClO，可能发生副反应（如生成Cl2），因此应先加NaClO后加盐酸，C选项错误。
D、沉汞后，溶液pH=7，此时溶液中c(H+)=10-7mol·L－1，根据H2SeO3的二级电离常数K 2= =5×10-8，可得：，因此溶液中主要阴离子为SeO32-、HSeO3-和Cl-，D选项正确。
故答案为：C
【分析】酸泥（主要含无定形Se、HgSe和少量Ag2Se）经过以下处理流程：
“氧化碱浸”步骤中加入NaOH和H2O2，将Se氧化为，HgSe和Ag2Se进入滤渣。“除银”步骤中向滤渣中加入NaClO和盐酸，Ag2Se和HgSe被氧化为H2SeO3，同时生成AgCl和HgCl2，过滤后得到AgCl沉淀。“沉汞”步骤中向滤液中加入NaOH，HgCl2转化为HgO沉淀。“后续处理”步骤中滤液经处理制得灰硒。据此结合选项分析。
10．（2025·岳阳模拟）M、W、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中W、X、Y在处于同一周期，W基态原子各能级电子数相同，Z元素的基态原子3d轨道上有2个未成对电子，且价层电子的空间运动状态有6种，由该5种元素形成的一种配位化合物结构如图所示，下列说法正确的是
A．简单氢化物的沸点：X>Y
B．同周期中第一电离能大于X的元素有3种
C．M3Y+、XM3两种微粒的空间构型相同
D．该物质中元素的化合价为0价
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；氢键的存在对物质性质的影响；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．X为N， 氢化物为NH3， Y为O，氢化物为H2O；水和氨气都可形成分子间氢键，水分子间形成的氢键的数目比氨分子形成氢键的多，水的分子间作用力强于氨气，故其沸点高于氨分子， 简单氢化物的沸点：X＜Y， 故A错误；
B．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，N的2p轨道为稳定的半充满结构，N的第一电离能大于相邻元素O， 则同周期中第一电离能大于N的元素有F、Ne， 共2种，故B错误；
C．水合氢离子中O和氨分子中N的价层电子对数都为4、孤对电子对数都为1，L两种分子的空间构型都为三角锥形，故C正确；
D．由图可知，配合物中配体为离子，该离子共有2个，则中心离子为Ni2+，镍元素的化合价为+2价，故D错误；
故选C。
【分析】据题目信息，Z元素的基态原子3d轨道上有2个未成对电子，且价层电子的空间运动状态有 6 种，可知Z为Ni元素；据图可知， 配合物中M、 W、X、Y形成共价键的数目为1、4、4、2，而M、 W、X、Y 为原子序数依次增大的短周期主族元素， 其中W、X、Y在第二周期且相邻，可知M为H元素、W为C元素、X为N元素、Y为O元素。
11．（2025·岳阳模拟）混合卤化物有理想的光电性能，可用于高效太阳能电池。其两种晶胞结构如图所示。已知晶胞a中M原子的分数坐标为(0，0，0)。下列说法错误的是
A．晶胞a和b的混合卤化物的化学式均为CsPbI2Br
B．晶胞b的俯视图为
C．晶胞a中N原子的分数坐标为(，0，)
D．晶胞a中距I最近的Pb有4个
【答案】D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．在晶胞a中，各原子的数量分布如下：Cs原子：1个；Pb原子：1个；I原子：；Br原子：。在晶胞b中，各原子的数量分布如下：Cs原子：；Pb原子：；I原子：4个；Br原子：。通过比较可知，两种晶胞中Cs、Pb、I、Br的原子数比例均为1：1：2：1，因此混合卤化物的化学式均为CsPbI2Br，选项A正确。B．晶胞b的俯视图分析：顶点原子投影到长方形的顶点，棱边中点原子投影到边长的中点体心和上下底面原子投影到对角线交点（面心），其余4个晶胞内原子投影到长方形内部，选项B正确。
C．根据晶胞结构分析，N原子位于左侧面心位置，其分数坐标为(， 0，)，选项C正确。
D．从晶胞a的结构可以看出，距离I原子最近的Pb原子有2个，选项D错误。
故答案为：D。
【分析】A、根据均摊法确定晶胞中原子个数比，从而得到晶胞的化学式。
B、根据晶胞结构确定俯视图。
C、根据晶胞结构确定分数坐标。
D、距离I原子最近的Pb原子有2个。
12．（2025·岳阳模拟）下列实验目的对应的实验方案设计、现象和结论都正确的是
选项 目的 方案设计 现象和结论
A 证明溶液是否含NH 向溶液中加入稀氢氧化钠溶液，用湿润的红色石蕊试纸靠近瓶口 试纸未变蓝，说明不含NH
B 探究浓硫酸的性质 取少量蔗糖于烧杯，向其中加入浓硫酸 蔗糖变黑，同时发生膨胀变大，说明浓硫酸有脱水性和强氧化性
C 探究KI与FeCl3反应的限度 取1mL0.1mol/LKI溶液于试管中，加入5mL0.1mol/LFeCl3溶液，充分反应后滴入5滴15%KSCN溶液 若溶液变血红色，则KI与FeCl3的反应有一定限度
D 比较HClO、H2S的Ka大小 用pH计分别测定浓度均为0.1mol/L的NaClO和Na2S的pH Na2S的pH更大，所以Ka(HClO)>Ka(H2S)
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学反应的可逆性；强电解质和弱电解质；盐类水解的应用；铵离子检验；浓硫酸的性质
【解析】【解答】A．常温下， NH 与OH-反应生成氨气，氨气极易溶于水，与水生成一水合氨，故不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，所以向溶液中加入稀氢氧化钠溶液，用湿润的红色石蕊试纸靠近瓶口，试纸未变蓝不能推断溶液中是否有铵根离子，故A错误；
B．浓硫酸具有脱水性，能脱下蔗糖中的氢、氧元素并放出热量，蔗糖因只余下碳元素而变黑。碳与浓硫酸共热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，变黑的蔗糖同时发生膨胀变大，说明浓硫酸有脱水性和强氧化性，故B正确；
C．碘化钾溶液与过量氯化铁溶液反应，所得溶液中含有为剩余的铁离子，铁离子能与硫氰酸根离子生成使溶液变红的硫氰化铁，不能说明该反应有一定限度，故C错误；
D．用pH计分别测定浓度均为0.1mol/L的NaClO溶液和Na2S溶液的pH，Na2S溶液的pH大，说明S2-在溶液中的水解程度大于ClO-，由盐类水解规律可知，酸性：HClO＞HS-，但不能因此得出结论HClO的酸性强于H2S，故D错误；
故选B。
【分析】A.氨气极易溶于水，要让氨气逸出，需向 NH中加入浓氢氧化钠溶液，并加热。
B.浓硫酸具三大特性：吸水性、脱水性和强氧化性。
C.要证明该反应为可逆反应，所用的氯化铁溶液不能过量。
D.盐类水解规律之一越弱越水解。
13．（2025·岳阳模拟）NH3的还原性可用来消除氮氧化物的污染，其中除去NO的主要反应如下：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l) ΔH<0。某研究小组将2molNH3、3molNO和一定量的O2充入2L密闭加热反应器中，在Ag2O催化剂表面发生上述反应。随着反应器温度的不断升高，测得升温过程中不同温度下NO的转化率如图所示，下列说法错误的是
A．在5min内，从420K升温到580K，此时段内NO的平均反应速率是0.342mol·L-1·min-1
B．加入O2后NO的转化率升高，可能是O2活化了Ag2O催化剂
C．低温条件有利于提高NO的平衡转化率
D．在有氧条件下，温度580K之后NO生成N2的转化率降低的主要原因是平衡逆向移动
【答案】A
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡的调控；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A.420K，一氧化氮的转化率为2%，消耗的NO的物质的量为3mol×2%=0.06mol；580K，一氧化氮的转化率为59%， 消耗的NO的物质的量为 3mol×59%=1.77mol，从420K到580K，一氧化氮的变化量为：1.77mol-0.06mol=1.71mol，容器体积为2L，反应速率==0.171 mol L-1 min-1，A符合题意；
B．根据图示信息，有O2存在的条件下，NO的转化率明显增大，可能是O2活化了Ag2O催化剂，B不符合题意；
C．该反应为放热反应，降低温度，平衡向放热反应也就是正向移动，故低温条件有利于提高NO的平衡转化率，C不符合题意 ；
D．该反应为放热反应，温度升高，580K反应达到平衡后，平衡逆向移动，一氧化氮的转化率降低，从而降低了NO 生成N2 的转化率，D不符合题意 ；
故选A。
【分析】A．该反应速率==。
B．催化剂活性增加，可加快反应速率。
C．降温能使放热反应的平衡正向移动。
D．升温能使放热反应的平衡逆向移动。
14．（2025·岳阳模拟）可用于含镉废水的处理。
已知：常温下，i．溶液中各含硫粒子的物质的量分数与pH的关系如图所示。
ii．溶液pH约为12.8。
iii．。
下列说法不正确的是
A．溶液中：
B．溶液中：
C．含镉废水中加入FeS后，发生反应的离子方程式为
D．向含的废水中加入足量FeS，废水可达排放标准
【答案】B
【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．根据物料守恒关系，溶液中钠离子浓度等于硫元素各形态浓度之和的两倍，表达式为：，A选项正确；B．由题目数据可知，0.1mol/L Na2S溶液的pH约为12.8，结合图像分析可得溶液中HS-浓度大于S2-浓度，表达式为：，B选项错误；
C．根据题目给出的溶度积常数：，可以写出镉离子与FeS反应的离子方程式：，C选项正确；
D．对于含0.001mol/L Cd2+的废水，加入足量FeS后发生沉淀转化反应，其平衡常数为：。计算表明处理后废水中Cd2+浓度可降至约1.67×10-13mol/L，低于排放标准10-8mol/L，D选项正确。
故答案为：B
【分析】A、根据物料守恒分析。
B、由图像可知，当溶液的pH=12.8时，溶液中c(HS－)＞c(S2－)。
C、加入FeS后，Cd2＋与FeS反应生成更难溶的CdS和Fe2＋。
D、根据FeS、CdS的溶度积进行计算。
二、非选择题：(共58分)
15．（2025·岳阳模拟）某实验小组探究银氨溶液与醛基反应的相关反应机理。
银氨溶液的制备：向AgNO3溶液中逐滴加入氨水，生成灰黑色沉淀，继续滴加氨水直至沉淀恰好完全溶解，得到Ag(NH3)浓度为0.1mol/L的银氨溶液(后续实验中“银氨溶液”均为该溶液)。
（1）配离子[Ag(NH3)2]+中不存在的化学键类型为　 　(填标号)。
a．极性共价键 b．非极性共价键 c．配位键
第一部分：反应条件初探
实验编号 实验步骤 实验现象
I 往20mL0.1mol/LAgNO3溶液中滴加3滴乙醛，水浴加热 无明显现象
II 往20mL银氨溶液中滴加3滴乙醛，水浴加热 试管壁出现一层光亮的银镜
针对实验I无银镜生成，实验II有银镜生成，甲同学提出以下假设：
假设1：乙醛在碱性条件下还原性增强。
假设2：Ag(NH3)氧化性强于Ag+。
第二部分：影响因素研究
为验证以上假设，甲同学设计了如图所示的电化学装置，并进行了以下四组实验。每组实验中，溶液A和溶液B体积均为20mL，浓度均为0.1mol/L，向溶液B中滴加3滴乙醛后，测得电压表读数如表所示。
已知：参与原电池反应的氧化剂(或还原剂)的氧化性(或还原性)越强，检测到的电压越大。
实验编号 溶液A 溶液B 电压表读数
① AgNO3溶液 NaCl溶液 U1
② AgNO3溶液 NaOH溶液 U2
③ 银氨溶液 NaCl溶液 U3
④ 银氨溶液 NaOH溶液 U4
实验测得电压表读数：U2>U4>U1>U3。
（2）实验①和实验③中，溶液B选用NaCl溶液，而不使用蒸馏水的原因是　 　。
（3）由U2>U1，U4>U3可知假设1成立。碱性条件下，乙醛发生氧化反应的电极方程式为：　 　，c(OH-)增大，乙醛还原性增强。
（4）由　 　可知假设2不成立。查阅资料得知：银镜反应中，Ag单质由溶液中的得电子生成，银氨溶液中发生反应Ag++2NH3Ag(NH3)，c(Ag+)降低，Ag+氧化性减弱。
第三部分：严谨性讨论
（5）根据实验结果U4>U1，甲同学认为“第一部分中实验I无银镜生成，实验II有银镜生成”的原因为：改用银氨溶液后，“Ag+氧化性减小的影响”小于“乙醛还原性增强的影响”，乙同学认为该实验结果无法得出此结论，理由是：　 　。
（6）乙同学使用pH计测得0.1mol/LAgNO3溶液的pH=6，并指出：在酸性条件下，NO也可能氧化乙醛；电压表读数U3针对该质疑，甲同学增设了一组实验，将实验③中的溶液A改用　 　溶液，测得电压表读数远小于U1，因此实验中NO的影响可忽略。
（7）乙同学查阅资料后提出假设：随c(OH-)增大，银氨溶液中还原性会增强，可能会还原，并设计了以下实验：
实验编号 实验步骤 实验现象
III 往20mL银氨溶液中滴入浓溶液，振荡，水浴加热 试管壁出现一层光亮的银镜
根据实验现象，假设成立。但是甲同学认为该实验不能证明实验II中的银镜也是由还原生成。
请设计实验，验证实验II中生成银镜的还原剂为乙醛；该实验方案及现象是：　 　。
实验结论：银氨溶液与乙醛发生银镜反应时，NH3与NO均不直接参与氧化还原反应，单质Ag由Ag+与乙醛反应生成。
【答案】b；NaCl溶液的导电性强于蒸馏水；CH3CHO—2e—+3OH—=CH3COO—+2H2O；U2>U4；溶液的酸碱性不同可能影响乙醛的还原性；pH=6的硝酸溶液；往20mL银氨溶液中滴入浓氨水溶液，振荡，水浴加热，无明显现象
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；电极反应和电池反应方程式；盐类水解的应用；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1） 配离子[Ag(NH3)2]+ 中，Ag+和NH3之间是配位键，NH3中的N-H键为极性共价键，没有非极性键，故选b；
答案为：b
（2）实验①和实验③中，溶液B选用氯化钠溶液而不使用蒸馏水，是因为NaCl溶液的导电性强于蒸馏水 ，有利于实验进行；
答案为： NaCl溶液的导电性强于蒸馏水
（3）右侧电极为原电池负极，在碱性条件下，乙醛在负极失电子，发生氧化反应，生成乙酸根和水，电极反应式为CH3CHO-2e-+3OH-=CH3COO-+2H2O；
答案为：CH3CHO-2e-+3OH-=CH3COO-+2H2O
（4）由电压表读数U2>U4可知， Ag +的氧化性大于银氨络离子，可知假设2 ，即Ag(NH3)氧化性强于Ag+ 不成立；
答案为：U2>U4
（5）硝酸银属于强酸弱碱盐，在溶液中水解呈酸性，而银氨溶液呈碱性；根据实验结果U4>U1 ，可推知反应发生可能与溶液酸碱性不同有关，与“Ag+氧化性减小的影响”小于“乙醛还原性增强的影响”无关；
答案为： 溶液的酸碱性不同可能影响乙醛的还原性
(6) 甲同学增设了一组实验， 验证在酸性条件下，NO也可能氧化乙醛， 需将实验③中的溶液A改用pH=6的硝酸溶液（和 0.1mol/L 硝酸银溶液的pH相等），测得电压表读数远小于U1，说明实验中NO的影响可忽略。 ；
答案为： pH=6的硝酸溶液
(7)证明实验II中的银镜不是由还原生成，而是由乙醛还原生成，实验方案为：往20mL银氨溶液中滴入浓氨水溶液，振荡，水浴加热，无明显现象。此实验现象能说明溶液中的银离子不能与氨分子反应，不能还原。银氨溶液与乙醛发生银镜反应时，氨分子与硝酸根离子均不直接参与氧化还原反应，单质银由 Ag+ 与乙醛反应生成，
答案为： 往20mL银氨溶液中滴入浓氨水溶液，振荡，水浴加热，无明显现象
【分析】（1）同种原子间形成的共价键为非极性共价键。
（2）氯化钠是强电解质，可增强溶液的导电性。
（3）原电池负极失电子，发生氧化反应。
（4）可通过题目信息，电压表读数U2>U4得知Ag +的氧化性大于银氨络离子。
（5）还原剂在碱性环境下还原性强。
（6） 为验证在酸性条件下NO的氧化性，需去除银离子的干扰，故需用和硝酸银溶液等PH的硝酸溶液进行实验。
（7）实验结果验证银氨溶液与乙醛发生银镜反应时，氨分子不直接参与反应，单质银由银离子与乙醛反应生成，直接往银氨溶液中滴入浓氨水进行实验。
16．（2025·岳阳模拟）是一种重要的化工产品。以黄铁矿烧渣(主要成分为，含少量等)生产的过程如下。
资料：i．生成，开始沉淀时，沉淀完全时
ii．生成，开始沉淀时，沉淀完全时
（1）碱浸
①烧渣在碱浸前需粉碎，其作用是　 　。
②溶解的化学方程式是　 　。
（2）酸浸
取相同质量铁精粉，酸浸相同时间，测得铁浸出率随硫酸浓度变化如下图所示。
①浓度低于，随浓度增大，铁浸出率增大的原因是　 　。
②浓度高于，随浓度增大，铁浸出率降低的可能原因是　 　。
（3）还原
用离子方程式表示的作用：　 　。
（4）用溶液制备
保持反应温度不变，将溶液加入到溶液(略过量)中，产生白色沉淀，并很快变为灰绿色。缓缓通入空气并记录变化(如下图)。经检测时段产生。
①白色沉淀是　 　。时段，减小，有红褐色物质产生。
②减小，促进正向移动，应增大，但时段体系基本不变。结合有关反应，从反应速率的角度解释原因　 　。
【答案】（1）增大烧渣的接触面积，提高反应速率；
（2）浓度增大，铁精粉与酸反应的速率加快；硫酸浓度增大，铁的硫酸盐析出，覆盖在铁精粉的表面，阻碍反应进行
（3）
（4）；产生的速率与产生的速率基本相同，基本不变
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；化学反应速率的影响因素；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）①烧渣在碱浸前需粉碎，其作用是增大烧渣的接触面积，提高反应速率。
故答案为： 增大烧渣的接触面积，提高反应速率
②Al2O3为两性氧化物，能溶于NaOH溶液，反应的化学方程式为：。
故答案为：
（2）①由图可知，浓度低于，随浓度增大，铁浸出率增大，原因是随硫酸浓度增大，氢离子浓度增大，铁精粉与酸反应的速率加快。
故答案为：浓度增大，铁精粉与酸反应的速率加快
②浓度高于，随浓度增大，铁浸出率减小，原因是：硫酸浓度增大，铁的硫酸盐达到饱和析出，覆盖在铁精粉的表面，阻碍反应进行。
故答案为： 硫酸浓度增大，铁的硫酸盐析出，覆盖在铁精粉的表面，阻碍反应进行
（3）加入FeS2还原Fe3+为Fe2+，S元素被氧化为硫酸根离子，根据电子守恒和电荷守恒及原子守恒，反应的离子方程式为：。
故答案为：
（4）①将溶液加入到溶液(略过量)中，产生白色沉淀为Fe(OH)2。
故答案为：
②时段内，存在电离平衡和氧化反应：，，电离产生的速率与氧化反应产生的速率基本相同，基本不变。
故答案为：产生的速率与产生的速率基本相同，基本不变
【分析】（1）①粉碎可增大固体与溶液的接触面积，从而加快反应速率。
②Al2O3能与NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4]溶液，据此写出反应的离子方程式。
（2）①硫酸浓度增大，溶液中c(H＋)增大，铁精粉与酸反应的速率加快。
②当硫酸浓度大于c1时，溶液中c(SO42－)增大，使得FeSO4结晶析出，覆盖在铁精粉表面，阻止反应的进一步进行。
（3）加入FeS2，与溶液中的Fe3＋反应，生成Fe2＋和SO42－，据此写出反应的离子方程式。
（4）①Fe2＋与NaOH反应生成Fe(OH)2白色沉淀。
②根据反应过程中溶液中c(H＋)和c(OH－)变化分析。
（1）①烧渣在碱浸前需粉碎，其作用是增大烧渣的接触面积，提高反应速率；
②Al2O3为两性氧化物，能溶于NaOH溶液，反应的化学方程式为：；
（2）①由图可知，浓度低于，随浓度增大，铁浸出率增大，原因是随硫酸浓度增大，氢离子浓度增大，铁精粉与酸反应的速率加快；
②浓度高于，随浓度增大，铁浸出率减小，原因是：硫酸浓度增大，铁的硫酸盐达到饱和析出，覆盖在铁精粉的表面，阻碍反应进行；
（3）加入FeS2还原Fe3+为Fe2+，S元素被氧化为硫酸根离子，根据电子守恒和电荷守恒及原子守恒，反应的离子方程式为：；
（4）①将溶液加入到溶液(略过量)中，产生白色沉淀为Fe(OH)2；
②时段内，存在电离平衡和氧化反应：，，电离产生的速率与氧化反应产生的速率基本相同，基本不变。
17．（2025·岳阳模拟）工业合成氨反应是在催化剂表面上进行的，其反应历程如下(*表示吸附态)：
化学吸附：；
表面反应；；；
脱附；
（1）298K时各化学键的键能如下：
化学键
kJ/mol 436 946 391
已知反应的正反应活化能，则逆反应活化能　 　。
（2）一定温度下，在一固定容积的密闭容器中充入一定量的和发生上述反应，下列选项中能说明反应已达平衡状态的是_______。
A．混合气体的密度保持不变
B．和的速率之比：
C．单位时间内断开1mol的同时断开3mol
D．混合气体的平均相对分子质量保持不变
（3）在反应历程中，的“吸附分解”决定了合成氨的整体反应速率，从结构角度分析，其原因是　 　。
（4）由Arrhenius经验公式得，式中k为反应速率常数；为活化能，单位为kJ/mol；T为热力学温度；R、C为常数。根据的反应热、图1和图2，升高温度，的变化曲线为　 　(为压力平衡常数)，的变化曲线为　 　(写字母标号)。
（5）反应在恒温恒压()下进行，若、起始物质的量之比为1：3，的平衡产率为()，则　 　(用、p列出表达式即可)。
（6）以浓差电池(电解质溶液浓度不同造成电势差)为电源，用石墨作电极将转化为高纯的装置如图，电解前Cu(1)和Cu(2)电极质量相同。
①M极电极反应式为　 　。
②电解停止时，理论上Cu(1)和Cu(2)电极的质量差为　 　g。
【答案】（1）600kJ/mol
（2）D
（3）键能大，断键耗能高，活化能高，反应速率慢
（4）A；D
（5）
（6）；64
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）的逆活化能为xkJ/mol， 的 kJ/mol等于反应物的总键能-生成物的总键能= kJ/mol，解的x=600kJ/mol；
故答案为： 600kJ/mol ；
（2）A．固定容积的密闭容器，容器的体积不会发生改变，气体的质量守恒，故混合气体的密度保持恒定，不能说明达到平衡状态，A错误；
B．，未标注正逆反应，不能说明达到平衡状态，B错误；
C．单位时间内断开1mol的同时断开3mol不满足化学反应速率比等于化学计量数之比，C错误；
D．气体的质量守恒，正向是气体物质的量减少的方向，混合气体的平均相对分子质量是一个可变的值，当混合气体的平均相对分子质量保持不变，能说明达到平衡状态，D正确；
故答案为：D；
（3）键能大，的吸附分解反应断键耗能高，活化能高，反应速率慢；
故答案为：键能大，断键耗能高，活化能高，反应速率慢 ；
（4）合成氨的反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，Kp减小，根据图1可知，随着温度升高，lnKp的变化曲线为A；lnk正=-，lnk逆=-，该反应是放热反应，Ea逆> Ea正，则表示lnk逆的曲线更陡，依据图2可知，D曲线表示lnk逆的变化曲线；
故答案为： A ；D；
（5）氮气和氢气起始物质的量之比为1：3，设n(N2)=1mol，n(H2)=3mol，NH3的平衡产率为，氨气理论产量为2mol，则实际平衡时生成氨气2mol，列三段式：，平衡时气体总物质的量为4-2，各物质的分压为p(N2)=，p(H2)=，p(NH3)=，Kp=；
故答案为： ；
（6）①以浓差电池为电源，以石墨为电极将NH3转化为高纯H2，M电极上，NH3转化为N2，N元素化合价升高，发生氧化反应，M电极为阳极，则N电极为阴极，Cu(1)为正极，Cu(2)为负极，M电极为阳极，发生电极反应：；
②电池从开始工作到停止放电，正极区硫酸铜溶液的浓度同时由2mol·L-1降低到1.5mol·L-1，负极区硫酸铜溶液同时由1mol·L-1升到1.5mol·L-1，正极反应可还原Cu2+的物质的量为1L×(2-1.5) mol·L-1=0.5mol，正极质量增加32g，电路中转移1mol电子，负极反应：Cu-2e-=Cu2+，转移1mol电子时，负极消耗0.5molCu单质，质量减少32g，理论上和电极的质量差为。
故答案为： ；64；
【分析】(1)先算反应热： 反应物总键能 生成物总键能 ；再用活化能与反应热关系：，代入 ，得 。
(2) A：固定容积容器中，气体总质量、体积均不变，密度始终恒定，不能说明平衡；
B：未标注正逆反应速率，仅 无法判断平衡；
C：断开 （正反应）与断开 （逆反应）不满足计量数比例，不是平衡标志；
D：反应前后气体总物质的量变化，总质量不变，平均相对分子质量可变，其不变时说明达到平衡。
(3) 键能极大， 的吸附分解需要断裂高键能的三键，断键耗能高、活化能大，反应速率远慢于其他步骤，因此成为总反应的决速步。
(4) ：合成氨放热，升温平衡逆向移动， 减小； 减小（温度升高）时 增大，对应曲线 A；
：由阿伦尼乌斯公式， 与 线性相关，斜率绝对值与活化能成正比；因 ，逆反应速率常数曲线更陡，对应曲线 D；
(5) 设起始 为 、 为 ，平衡产率为 ，列三段式得：；
(6) ① M极反应：M为阳极， 被氧化为 ，碱性环境下反应为：
② 质量差分析：
正极（Cu(1)）：，溶液浓度从 降至 ， 溶液中得电子 为 ，增重
负极（Cu(2)）：，转移 电子时溶解 ，减重
总质量差：
（1）的逆活化能为xkJ/mol， 的 kJ/mol等于反应物的总键能-生成物的总键能= kJ/mol，解的x=600kJ/mol；
（2）A．固定容积的密闭容器，容器的体积不会发生改变，气体的质量守恒，故混合气体的密度保持恒定，不能说明达到平衡状态，A错误；
B．，未标注正逆反应，不能说明达到平衡状态，B错误；
C．单位时间内断开1mol的同时断开3mol不满足化学反应速率比等于化学计量数之比，C错误；
D．气体的质量守恒，正向是气体物质的量减少的方向，混合气体的平均相对分子质量是一个可变的值，当混合气体的平均相对分子质量保持不变，能说明达到平衡状态，D正确；
故选D；
（3）键能大，的吸附分解反应断键耗能高，活化能高，反应速率慢；
（4）合成氨的反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，Kp减小，根据图1可知，随着温度升高，lnKp的变化曲线为A；lnk正=-，lnk逆=-，该反应是放热反应，Ea逆> Ea正，则表示lnk逆的曲线更陡，依据图2可知，D曲线表示lnk逆的变化曲线；
（5）氮气和氢气起始物质的量之比为1：3，设n(N2)=1mol，n(H2)=3mol，NH3的平衡产率为，氨气理论产量为2mol，则实际平衡时生成氨气2mol，列三段式：，平衡时气体总物质的量为4-2，各物质的分压为p(N2)=，p(H2)=，p(NH3)=，Kp=；
（6）①以浓差电池为电源，以石墨为电极将NH3转化为高纯H2，M电极上，NH3转化为N2，N元素化合价升高，发生氧化反应，M电极为阳极，则N电极为阴极，Cu(1)为正极，Cu(2)为负极，M电极为阳极，发生电极反应：；
②电池从开始工作到停止放电，正极区硫酸铜溶液的浓度同时由2mol·L-1降低到1.5mol·L-1，负极区硫酸铜溶液同时由1mol·L-1升到1.5mol·L-1，正极反应可还原Cu2+的物质的量为1L×(2-1.5) mol·L-1=0.5mol，正极质量增加32g，电路中转移1mol电子，负极反应：Cu-2e-=Cu2+，转移1mol电子时，负极消耗0.5molCu单质，质量减少32g，理论上和电极的质量差为。
18．（2025·岳阳模拟）药物洛索洛芬钠具有较高的抗炎、镇痛、解热作用，中间体Ⅰ的合成路线如下：
已知：①受酯基吸电子作用影响，酯基碳所连的碳原子上的C-H键极性增强，易断裂，在碱作用下，与另一酯分子发生酯缩合反应：
②
回答下列问题：
（1）有机物A中含有的官能团名称是　 　。
（2）B与SOCl2在加热的条件下反应生成C的反应机理如图所示，则B生成C的化学方程式为　 　。
（3）有机物E的结构简式为　 　。
（4）由已知①和②可推出，有机物I结构简式为　 　。
（5）P是F的同分异构体，满足下列条件的P有　 　种。
Ⅰ．能发生银镜反应 Ⅱ.1molP最多消耗4molNaOH Ⅲ．环上连有5个取代基
在Q的苯环上进行一溴取代后形成了P，Q的核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为6：3：2：1，Q的结构简式为　 　(写出一种即可)。
（6）有机物H的部分合成路线如图所示(部分反应物与反应条件已略去)，其中K和L的结构简式分别为　 　和　 　。
【答案】（1）酮(羰)基
（2）
（3）
（4）
（5）10；(或)
（6）；
【知识点】有机物的推断；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）据分析，有机物A中含有的官能团名称是酮羰基。
故答案为： 酮(羰)基
（2）据分析，B生成C的化学方程式为。
故答案为：
（3）据分析，有机物E的结构简式为。
故答案为：
（4）据分析，有机物I结构简式为。
故答案为：
（5）根据已知，F的同分异构体P为苯环上被3个甲基、1个Br（与2mol NaOH反应）和1个-OCHO（与2mol NaOH反应，能发生银镜反应）取代的化合物，则满足下列条件的P有10种：；用H原子替换上述P中的Br原子为Q，若Q的核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为6：3：2：1，则Q为对称结构，有2种化学环境的甲基、苯环上有1种化学环境的氢、和1个-OCHO，则满足条件Q的结构简式为、。
故答案为：10；(或)
（6）环己烯在酸性高锰酸钾作用下生成K：，与乙醇发生酯化反应生成L：，发生已知①的反应生成。
故答案为：；
【分析】A→B为还原反应，结合B的结构简式和A的分子式可推断A的结构为。A被NaBH4还原生成B后，B与SOCl2发生取代反应得到C（），同时副产物为SO2和HCl气体。随后C与NaCN在PhMe和H2O溶剂中，以TBAB为催化剂反应生成D。D在酸性条件下水解得到E（）。E与Br2在CH2Cl2溶剂中，以BPO为引发剂反应生成F。F再与CH3OH在浓硫酸催化下加热发生酯化反应，最终生成G（）。根据已知条件①②，G与H在K2CO3碱性条件和PhMe溶剂中反应，生成目标产物I（）并释放HBr副产物。
（1）据分析，有机物A中含有的官能团名称是酮羰基。
（2）据分析，B生成C的化学方程式为。
（3）据分析，有机物E的结构简式为。
（4）据分析，有机物I结构简式为。
（5）根据已知，F的同分异构体P为苯环上被3个甲基、1个Br（与2mol NaOH反应）和1个-OCHO（与2mol NaOH反应，能发生银镜反应）取代的化合物，则满足下列条件的P有10种：；用H原子替换上述P中的Br原子为Q，若Q的核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为6：3：2：1，则Q为对称结构，有2种化学环境的甲基、苯环上有1种化学环境的氢、和1个-OCHO，则满足条件Q的结构简式为、。
（6）环己烯在酸性高锰酸钾作用下生成K：，与乙醇发生酯化反应生成L：，发生已知①的反应生成。
1 / 12025届湖南省岳阳市高三下学期考情信息卷（一）化学试题
一、选择题(本大题共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）经过几代化学家的不懈努力，我国在化学工业科技领域获得了长足的进步。下列有关说法错误的是
A．谢和平院士团队完成的“全新原理实现海水直接电解制氢”，开创了海水原位直接电解制氢全新原理与技术，该技术实现了不消耗能源制取氢气
B．屠呦呦是第一位获得诺贝尔科学奖项的我国本土科学家，她发现的青蒿素(C15H22O5)是一种烃的衍生物
C．“中国稀土之父”徐光宪院士提出“串级萃取理论”打破了国际垄断，彻底改写了我国的稀土行业的产业结构，稀土全部是金属元素
D．我国化学家发明了电催化合成过氧化氢新工艺，实现了按需现场合成过氧化氢，过氧化氢是一种极性分子
（2025·岳阳模拟）阅读下列材料，完成下面小题；
第ⅢA族元素形成的化合物应用广泛。硼酸(H3BO3) 是一种一元弱酸。硼酸三甲酯与氯气反应可制取BCl3： 。B(OCH3)3和 BCl3均易水解，沸点分别为68℃和12.5℃。氮化镓是具有优异光电性能的第三代半导体材料，熔点约为1500℃，可通过Ga(CH3)3与 NH3高温反应制得。
2．下列说法正确的是
A．Ga基态核外电子排布式：[Ar]4s24p1
B．NH3BH3的结构式：
C．氮化镓属于分子晶体
D．BCl3分子中键角为
3．下列制取 BCl3 的部分实验装置能达到实验目的的是
A．用装置甲干燥Cl2 B．用装置乙制取BCl3
C．用装置丙收集BCl3 D．用装置丁吸收所有尾气
4．下列化学反应表示不正确的是
A．H3BO3和足量NaOH 溶液反应：H3BO3+3OH-=BO+3H2O
B．B(OCH3)3和 NaH反应制备NaBH4：
C．Al2O3 溶于NaOH 溶液：Al2O3 +2OH﹣+3H2O=2[Al(OH)4]﹣
D．Ga(CH3)3与NH3反应制GaN：
5．（2025·岳阳模拟）劳动创造美好生活。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 生物工程师采用多次盐析和溶解来提纯蛋白质 重金属盐可使蛋白质变性
B 化工工程师利用苯酚与甲醛的反应制备酚醛树脂 苯酚与甲醛可发生缩聚反应
C 冶金工程师对模具充分干燥后，再注入熔融钢水
D 净水工程师向水中加入铝盐以实现净水 水解可产生胶体
A．A B．B C．C D．D
6．（2025·岳阳模拟）塑料的循环利用有利于环境保护。研究人员利用小分子单体Y合成聚合物P，该聚合物在一定条件下能解聚为原来的小分子单体Y，如下图所示。
下列说法不正确的是
A．的反应是加聚反应
B．聚合物P存在顺式异构体
C．P解聚为Y时，P中的碳碳双键未发生断裂
D．Y利用碳碳双键的加成反应可以形成环状结构
7．（2025·岳阳模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．25℃，1LpH=13的Ba(OH)2溶液中OH-数目为0.2NA
B．30gHCHO和CH3COOH的混合物含有C原子数目为NA
C．0.1mol环氧乙烷()中含有的σ键数目为0.3NA
D．常温下，将5.6gFe块放入足量浓硝酸中，反应转移电子数目为0.3NA
8．（2025·岳阳模拟）部分含碳或含硫物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是
A．向h溶液中滴加过量BaCl2溶液，无沉淀生成
B．将足量的b加入酸性高锰酸钾溶液中，不一定能够观察到溶液褪色
C．将少量的d通入澄清石灰水中，有白色沉淀生成
D．通过一步反应可以分别实现b→c→d→e的转化
9．（2025·岳阳模拟）以酸泥(主要含无定形Se、HgSe和少量Ag2Se)为原料制备灰硒(Se)的流程如下：已知：Ka1(H2SeO3)=3×10-3，Ka2(H2SeO3)=5×10-8
下列说法错误的是
A．“氧化碱浸”中无定形Se被氧化为的离子方程式为Se+2OH-+2H2O2=3H2O+
B．“除银”时向滤渣中加入NaClO溶液和盐酸，Ag2Se、HgSe被氧化为H2SeO3，其中Ag2Se发生的化学方程式为：Ag2Se+3NaClO+2HCl=H2SeO3+2AgCl↓+3NaCl
C．“除银”时向滤渣中加入试剂顺序是先加入盐酸再加NaClO溶液
D．“沉汞”过程中，溶液pH=7时存在的主要阴离子有、、Cl-
10．（2025·岳阳模拟）M、W、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中W、X、Y在处于同一周期，W基态原子各能级电子数相同，Z元素的基态原子3d轨道上有2个未成对电子，且价层电子的空间运动状态有6种，由该5种元素形成的一种配位化合物结构如图所示，下列说法正确的是
A．简单氢化物的沸点：X>Y
B．同周期中第一电离能大于X的元素有3种
C．M3Y+、XM3两种微粒的空间构型相同
D．该物质中元素的化合价为0价
11．（2025·岳阳模拟）混合卤化物有理想的光电性能，可用于高效太阳能电池。其两种晶胞结构如图所示。已知晶胞a中M原子的分数坐标为(0，0，0)。下列说法错误的是
A．晶胞a和b的混合卤化物的化学式均为CsPbI2Br
B．晶胞b的俯视图为
C．晶胞a中N原子的分数坐标为(，0，)
D．晶胞a中距I最近的Pb有4个
12．（2025·岳阳模拟）下列实验目的对应的实验方案设计、现象和结论都正确的是
选项 目的 方案设计 现象和结论
A 证明溶液是否含NH 向溶液中加入稀氢氧化钠溶液，用湿润的红色石蕊试纸靠近瓶口 试纸未变蓝，说明不含NH
B 探究浓硫酸的性质 取少量蔗糖于烧杯，向其中加入浓硫酸 蔗糖变黑，同时发生膨胀变大，说明浓硫酸有脱水性和强氧化性
C 探究KI与FeCl3反应的限度 取1mL0.1mol/LKI溶液于试管中，加入5mL0.1mol/LFeCl3溶液，充分反应后滴入5滴15%KSCN溶液 若溶液变血红色，则KI与FeCl3的反应有一定限度
D 比较HClO、H2S的Ka大小 用pH计分别测定浓度均为0.1mol/L的NaClO和Na2S的pH Na2S的pH更大，所以Ka(HClO)>Ka(H2S)
A．A B．B C．C D．D
13．（2025·岳阳模拟）NH3的还原性可用来消除氮氧化物的污染，其中除去NO的主要反应如下：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l) ΔH<0。某研究小组将2molNH3、3molNO和一定量的O2充入2L密闭加热反应器中，在Ag2O催化剂表面发生上述反应。随着反应器温度的不断升高，测得升温过程中不同温度下NO的转化率如图所示，下列说法错误的是
A．在5min内，从420K升温到580K，此时段内NO的平均反应速率是0.342mol·L-1·min-1
B．加入O2后NO的转化率升高，可能是O2活化了Ag2O催化剂
C．低温条件有利于提高NO的平衡转化率
D．在有氧条件下，温度580K之后NO生成N2的转化率降低的主要原因是平衡逆向移动
14．（2025·岳阳模拟）可用于含镉废水的处理。
已知：常温下，i．溶液中各含硫粒子的物质的量分数与pH的关系如图所示。
ii．溶液pH约为12.8。
iii．。
下列说法不正确的是
A．溶液中：
B．溶液中：
C．含镉废水中加入FeS后，发生反应的离子方程式为
D．向含的废水中加入足量FeS，废水可达排放标准
二、非选择题：(共58分)
15．（2025·岳阳模拟）某实验小组探究银氨溶液与醛基反应的相关反应机理。
银氨溶液的制备：向AgNO3溶液中逐滴加入氨水，生成灰黑色沉淀，继续滴加氨水直至沉淀恰好完全溶解，得到Ag(NH3)浓度为0.1mol/L的银氨溶液(后续实验中“银氨溶液”均为该溶液)。
（1）配离子[Ag(NH3)2]+中不存在的化学键类型为　 　(填标号)。
a．极性共价键 b．非极性共价键 c．配位键
第一部分：反应条件初探
实验编号 实验步骤 实验现象
I 往20mL0.1mol/LAgNO3溶液中滴加3滴乙醛，水浴加热 无明显现象
II 往20mL银氨溶液中滴加3滴乙醛，水浴加热 试管壁出现一层光亮的银镜
针对实验I无银镜生成，实验II有银镜生成，甲同学提出以下假设：
假设1：乙醛在碱性条件下还原性增强。
假设2：Ag(NH3)氧化性强于Ag+。
第二部分：影响因素研究
为验证以上假设，甲同学设计了如图所示的电化学装置，并进行了以下四组实验。每组实验中，溶液A和溶液B体积均为20mL，浓度均为0.1mol/L，向溶液B中滴加3滴乙醛后，测得电压表读数如表所示。
已知：参与原电池反应的氧化剂(或还原剂)的氧化性(或还原性)越强，检测到的电压越大。
实验编号 溶液A 溶液B 电压表读数
① AgNO3溶液 NaCl溶液 U1
② AgNO3溶液 NaOH溶液 U2
③ 银氨溶液 NaCl溶液 U3
④ 银氨溶液 NaOH溶液 U4
实验测得电压表读数：U2>U4>U1>U3。
（2）实验①和实验③中，溶液B选用NaCl溶液，而不使用蒸馏水的原因是　 　。
（3）由U2>U1，U4>U3可知假设1成立。碱性条件下，乙醛发生氧化反应的电极方程式为：　 　，c(OH-)增大，乙醛还原性增强。
（4）由　 　可知假设2不成立。查阅资料得知：银镜反应中，Ag单质由溶液中的得电子生成，银氨溶液中发生反应Ag++2NH3Ag(NH3)，c(Ag+)降低，Ag+氧化性减弱。
第三部分：严谨性讨论
（5）根据实验结果U4>U1，甲同学认为“第一部分中实验I无银镜生成，实验II有银镜生成”的原因为：改用银氨溶液后，“Ag+氧化性减小的影响”小于“乙醛还原性增强的影响”，乙同学认为该实验结果无法得出此结论，理由是：　 　。
（6）乙同学使用pH计测得0.1mol/LAgNO3溶液的pH=6，并指出：在酸性条件下，NO也可能氧化乙醛；电压表读数U3针对该质疑，甲同学增设了一组实验，将实验③中的溶液A改用　 　溶液，测得电压表读数远小于U1，因此实验中NO的影响可忽略。
（7）乙同学查阅资料后提出假设：随c(OH-)增大，银氨溶液中还原性会增强，可能会还原，并设计了以下实验：
实验编号 实验步骤 实验现象
III 往20mL银氨溶液中滴入浓溶液，振荡，水浴加热 试管壁出现一层光亮的银镜
根据实验现象，假设成立。但是甲同学认为该实验不能证明实验II中的银镜也是由还原生成。
请设计实验，验证实验II中生成银镜的还原剂为乙醛；该实验方案及现象是：　 　。
实验结论：银氨溶液与乙醛发生银镜反应时，NH3与NO均不直接参与氧化还原反应，单质Ag由Ag+与乙醛反应生成。
16．（2025·岳阳模拟）是一种重要的化工产品。以黄铁矿烧渣(主要成分为，含少量等)生产的过程如下。
资料：i．生成，开始沉淀时，沉淀完全时
ii．生成，开始沉淀时，沉淀完全时
（1）碱浸
①烧渣在碱浸前需粉碎，其作用是　 　。
②溶解的化学方程式是　 　。
（2）酸浸
取相同质量铁精粉，酸浸相同时间，测得铁浸出率随硫酸浓度变化如下图所示。
①浓度低于，随浓度增大，铁浸出率增大的原因是　 　。
②浓度高于，随浓度增大，铁浸出率降低的可能原因是　 　。
（3）还原
用离子方程式表示的作用：　 　。
（4）用溶液制备
保持反应温度不变，将溶液加入到溶液(略过量)中，产生白色沉淀，并很快变为灰绿色。缓缓通入空气并记录变化(如下图)。经检测时段产生。
①白色沉淀是　 　。时段，减小，有红褐色物质产生。
②减小，促进正向移动，应增大，但时段体系基本不变。结合有关反应，从反应速率的角度解释原因　 　。
17．（2025·岳阳模拟）工业合成氨反应是在催化剂表面上进行的，其反应历程如下(*表示吸附态)：
化学吸附：；
表面反应；；；
脱附；
（1）298K时各化学键的键能如下：
化学键
kJ/mol 436 946 391
已知反应的正反应活化能，则逆反应活化能　 　。
（2）一定温度下，在一固定容积的密闭容器中充入一定量的和发生上述反应，下列选项中能说明反应已达平衡状态的是_______。
A．混合气体的密度保持不变
B．和的速率之比：
C．单位时间内断开1mol的同时断开3mol
D．混合气体的平均相对分子质量保持不变
（3）在反应历程中，的“吸附分解”决定了合成氨的整体反应速率，从结构角度分析，其原因是　 　。
（4）由Arrhenius经验公式得，式中k为反应速率常数；为活化能，单位为kJ/mol；T为热力学温度；R、C为常数。根据的反应热、图1和图2，升高温度，的变化曲线为　 　(为压力平衡常数)，的变化曲线为　 　(写字母标号)。
（5）反应在恒温恒压()下进行，若、起始物质的量之比为1：3，的平衡产率为()，则　 　(用、p列出表达式即可)。
（6）以浓差电池(电解质溶液浓度不同造成电势差)为电源，用石墨作电极将转化为高纯的装置如图，电解前Cu(1)和Cu(2)电极质量相同。
①M极电极反应式为　 　。
②电解停止时，理论上Cu(1)和Cu(2)电极的质量差为　 　g。
18．（2025·岳阳模拟）药物洛索洛芬钠具有较高的抗炎、镇痛、解热作用，中间体Ⅰ的合成路线如下：
已知：①受酯基吸电子作用影响，酯基碳所连的碳原子上的C-H键极性增强，易断裂，在碱作用下，与另一酯分子发生酯缩合反应：
②
回答下列问题：
（1）有机物A中含有的官能团名称是　 　。
（2）B与SOCl2在加热的条件下反应生成C的反应机理如图所示，则B生成C的化学方程式为　 　。
（3）有机物E的结构简式为　 　。
（4）由已知①和②可推出，有机物I结构简式为　 　。
（5）P是F的同分异构体，满足下列条件的P有　 　种。
Ⅰ．能发生银镜反应 Ⅱ.1molP最多消耗4molNaOH Ⅲ．环上连有5个取代基
在Q的苯环上进行一溴取代后形成了P，Q的核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为6：3：2：1，Q的结构简式为　 　(写出一种即可)。
（6）有机物H的部分合成路线如图所示(部分反应物与反应条件已略去)，其中K和L的结构简式分别为　 　和　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、电解海水制取氢气的过程，本质是利用电能将水分解为氢气和氧气，该过程必须消耗电能，不存在 “不消耗能源” 的情况，违背了能量守恒定律，A错误；
B、烃的衍生物是指烃分子中的氢原子被其他原子或原子团取代而生成的化合物。青蒿素（C15H22O5）由 C、H、O 三种元素组成，分子中含有氧原子，属于烃的含氧衍生物，B正确；
C、稀土元素是元素周期表第 ⅢB 族中的钪、钇和镧系元素的统称，全部为金属元素。徐光宪院士提出的 “串级萃取理论” 打破了国际技术垄断，推动了我国稀土产业的发展，C正确；
D、过氧化氢的结构式为 H-O-O-H，分子结构不对称，正负电荷中心不重合，因此属于极性分子，D 正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
电解原理本质：电解过程是将电能转化为化学能，必然消耗能源，不存在 “不消耗能源” 的电解反应。
烃的衍生物判定：仅由 C、H 两种元素组成的化合物属于烃；除 C、H 外还含其他元素的有机物，属于烃的衍生物。
稀土元素属性：稀土元素全称为稀土金属，均属于金属元素，是重要的战略资源。
分子极性判断：分子正负电荷中心是否重合是判断极性分子的核心标准，结构对称（如直线形、正四面体）的分子通常为非极性分子，结构不对称则为极性分子。
【答案】2．D
3．C
4．A
【知识点】配合物的成键情况；氯气的实验室制法；镁、铝的重要化合物
【解析】【分析】（1）A、根据Ga原子的核外电子数，确定其基态原子的核外电子排布式。
B、根据N、B原子的结构分析。
C、氮化镓的熔点高，属于共价晶体。
D、根据价层电子对数确定其空间结构，从而得到键角大小。
（2）A、实验室用浓硫酸干燥Cl2。
B、制取BCl3的反应温度为65℃，而沸水的温度为100℃。
C、BCl3应采用向上排空气法收集，且需用冰水冷却。
D、CO不与NaOH反应。
（3）A、H3BO3为一元酸，与NaOH反应生成NaH2BO3和H2O。
B、根据原子守恒分析。
C、Al2O3与NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4]。
D、根据原子守恒分析。
2．A．Ga的核外电子数为31，则其基态核外电子排布式：[Ar]3d104s24p1，A选项错误；
B．NH3BH3中N原子存在孤电子对，B原子存在空轨道，二者可形成配位键，因此其结构式为：，B选项错误；
C．氮化镓熔点约为1500℃，熔点较高，应属于共价晶体，C选项错误；
D．BCl3分子的中心原子的价层电子对数为，不存在孤电子对，因此其空间结构为正三角形，键角为120℃，D选项正确；
故答案为：D
3．A．饱和食盐水用于除去Cl2中混有的HCl，应该用浓硫酸干燥氯气，A选项错误；
B．生成BCl3的反应条件为65℃，因此制取 BCl3 的时候，应该控制温度为65℃，不能用沸水，B选项错误；
C．BCl3 的沸点为12.5℃，且密度比空气答，因此应采用向上排空气法收集；且用冰水冷却，C选项正确；
D．尾气中含有CO，CO不与氢氧化钠反应，因此不能用氢氧化钠吸收，D选项错误；
故答案为：C
4．A．H3BO3为一元酸，和足量NaOH溶液反应生成NaH2BO3和H2O，该反应的离子方程式为H3BO3+OH-= H2BO+H2O，A选项错误；
B．B(OCH3)3和 NaH反应制备NaBH4，不存在元素化合价变化。由原子守恒可知反应为，B选项正确；
C．Al2O3 溶于NaOH 溶液反应生成四羟基铝酸钠，该反应的离子方程式为Al2O3 +2OH﹣+3H2O=2[Al(OH)4]﹣，C选项正确；
D．Ga(CH3)3与NH3反应制GaN，不存在元素化合价变化，由原子守恒可知反应为，D选项正确；
故答案为：A
5．【答案】A
【知识点】镁、铝的重要化合物；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．盐析是通过改变盐浓度使蛋白质沉淀，属于物理变化，是可逆过程；而“重金属盐使蛋白质变性”的过程中蛋白质结构发生变化，属于化学变化，不可逆。两者原理不同，A符合题意；
B．苯酚与甲醛缩聚生成酚醛树脂，前后关联，B不符合题意；
C．干燥模具是为了防止高温下Fe与H2O(g)反应生成Fe3O4和H2，前后关联，C不符合题意；
D．Al3+水解生成Al(OH)3胶体，胶体的相对表面积加到，可吸附杂质净水，前后关联，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、重金属使蛋白质变性发生化学变化。
B、苯酚与甲醛可发生缩聚反应生成酚醛树脂。
C、干燥的模具是为了防止Fe与H2O(g)在高温下发生反应。
D、Al3＋水解生成Al(OH)3胶体，可用于吸附水中杂质。
6．【答案】C
【知识点】烯烃；聚合反应
【解析】【解答】A．的反应是酯基间的碳碳双键发生1，4-加聚反应，选项A正确；B．聚合物P存在顺式异构体，即酯基连接的基团位于碳碳双键同侧的结构，选项B正确；
C．P解聚生成Y时，P中的碳碳双键断裂形成两个新的碳碳双键，选项C错误；
D．两分子或多分子Y可以通过碳碳双键发生加成反应形成环状结构，选项D正确；
故答案为：C
【分析】A、由Y、P的结构简式可知，二者的转化发生的是碳碳双键的加聚反应。
B、碳碳双键所在碳原子上连接有2个不同的原子或原子团时，存在顺反异构。
C、解聚过程中，碳碳双键断裂，重新形成2个新的碳碳双键。
D、两分子Y可通过碳碳双键的加聚反应形成环状结构。
7．【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.25℃，1L pH=13的氢氧化钡溶液中OH-浓度为0.1mol/L，OH-数目计算式为0.1mol/L×1L×NAmol-1=0.1NA，故A错误；
B．甲醛和乙酸的最简式相同，通式为（CH2O)n，30g甲醛和乙酸的混合物中含有碳原子数目为×NAmol-1=NA，故B正确；
C．根据环氧乙烷结构可知，一个环氧乙烷分子中含有7个σ键，则0.1mol环氧乙烷分子中含有的σ键数目为0.1mol×7×NAmol-1=0.7NA，故C错误；
D．常温下，铁在浓硝酸中钝化，铁的表面生成致密氧化膜，阻碍反应进一步进行，反应转移的电子数目无法计算，故D错误；
故选B。
【分析】A. pH=13的溶液中OH-浓度为0.1mol/L，先用公式n=cV计算OH-的物质的量，再用N=nNA算出氢氧根的数目。
B. 最简式相同的混合物，先用通式统一算出混合物碳原子的物质的量，再用公式N=nNA算出碳原子个数。
C. 环氧乙烷分子中的σ键，不存在于碳碳键键，还存在于碳氢键间。
D. 常温下，铁在浓硝酸中钝化，反应程度轻。
8．【答案】A
【知识点】含硫物质的性质及综合应用；有机物的结构和性质；烯烃
【解析】【解答】A．h为碳酸盐或亚硫酸盐，二者均能与氯化钡反应，生成碳酸钡沉淀或亚硫酸钡沉淀，A符合题意；
B．b若是环丙烷， 环丙烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色；但若b为乙烯或硫化氢，二者均具还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B不符合题意 ；
C．d为二氧化碳或二氧化硫，少量 二氧化碳与氢氧化钙溶液生成碳酸钙，少量二氧化硫与氢氧化钙溶液生成亚硫酸钙沉淀，二者均可产生白色沉淀，C不符合题意；
D．含硫物质的相互转化，可通过一步反应分别实现b→c→d→e转化。硫化氢和二氧化硫反应生成硫单质，硫单质在氧气中点燃生成二氧化硫，二氧化硫和氧气在催化剂作用下生成三氧化硫，故D不符合题意 ；
故选A。
【分析】由该价类二维图可推知，由于硫最低价为-2价，只有碳的最低价为-4价，a只能是甲烷；b点碳为-2价，其氢化物为乙烯或环丙烷，如硫为-2，其氢化物还可能为硫化氢；c是碳单质或硫单质；d为价态为+4价的氧化物，为二氧化碳或二氧化硫；e是价态为+6价的氧化物，只能是三氧化硫；f为+4价的含氧酸，即碳酸或亚硫酸；g为+6价含氧酸，即硫酸；h是+4价的正盐，是碳酸盐或亚硫酸盐；由于碳的最高价态为+4价，硫的最高价态为+6，i为硫酸盐，k为-2价硫形成的盐。
9．【答案】C
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、氧化碱浸中，Se与H2O2在碱性条件下反应生成，离子方程式为：
，A选项正确。
B、除银时，Ag2Se与NaClO和盐酸反应生成H2SeO3、AgCl和NaCl，化学方程式为：
，B选项正确。
C、除银时，若先加盐酸后加NaClO，可能发生副反应（如生成Cl2），因此应先加NaClO后加盐酸，C选项错误。
D、沉汞后，溶液pH=7，此时溶液中c(H+)=10-7mol·L－1，根据H2SeO3的二级电离常数K 2= =5×10-8，可得：，因此溶液中主要阴离子为SeO32-、HSeO3-和Cl-，D选项正确。
故答案为：C
【分析】酸泥（主要含无定形Se、HgSe和少量Ag2Se）经过以下处理流程：
“氧化碱浸”步骤中加入NaOH和H2O2，将Se氧化为，HgSe和Ag2Se进入滤渣。“除银”步骤中向滤渣中加入NaClO和盐酸，Ag2Se和HgSe被氧化为H2SeO3，同时生成AgCl和HgCl2，过滤后得到AgCl沉淀。“沉汞”步骤中向滤液中加入NaOH，HgCl2转化为HgO沉淀。“后续处理”步骤中滤液经处理制得灰硒。据此结合选项分析。
10．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；氢键的存在对物质性质的影响；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．X为N， 氢化物为NH3， Y为O，氢化物为H2O；水和氨气都可形成分子间氢键，水分子间形成的氢键的数目比氨分子形成氢键的多，水的分子间作用力强于氨气，故其沸点高于氨分子， 简单氢化物的沸点：X＜Y， 故A错误；
B．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，N的2p轨道为稳定的半充满结构，N的第一电离能大于相邻元素O， 则同周期中第一电离能大于N的元素有F、Ne， 共2种，故B错误；
C．水合氢离子中O和氨分子中N的价层电子对数都为4、孤对电子对数都为1，L两种分子的空间构型都为三角锥形，故C正确；
D．由图可知，配合物中配体为离子，该离子共有2个，则中心离子为Ni2+，镍元素的化合价为+2价，故D错误；
故选C。
【分析】据题目信息，Z元素的基态原子3d轨道上有2个未成对电子，且价层电子的空间运动状态有 6 种，可知Z为Ni元素；据图可知， 配合物中M、 W、X、Y形成共价键的数目为1、4、4、2，而M、 W、X、Y 为原子序数依次增大的短周期主族元素， 其中W、X、Y在第二周期且相邻，可知M为H元素、W为C元素、X为N元素、Y为O元素。
11．【答案】D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．在晶胞a中，各原子的数量分布如下：Cs原子：1个；Pb原子：1个；I原子：；Br原子：。在晶胞b中，各原子的数量分布如下：Cs原子：；Pb原子：；I原子：4个；Br原子：。通过比较可知，两种晶胞中Cs、Pb、I、Br的原子数比例均为1：1：2：1，因此混合卤化物的化学式均为CsPbI2Br，选项A正确。B．晶胞b的俯视图分析：顶点原子投影到长方形的顶点，棱边中点原子投影到边长的中点体心和上下底面原子投影到对角线交点（面心），其余4个晶胞内原子投影到长方形内部，选项B正确。
C．根据晶胞结构分析，N原子位于左侧面心位置，其分数坐标为(， 0，)，选项C正确。
D．从晶胞a的结构可以看出，距离I原子最近的Pb原子有2个，选项D错误。
故答案为：D。
【分析】A、根据均摊法确定晶胞中原子个数比，从而得到晶胞的化学式。
B、根据晶胞结构确定俯视图。
C、根据晶胞结构确定分数坐标。
D、距离I原子最近的Pb原子有2个。
12．【答案】B
【知识点】化学反应的可逆性；强电解质和弱电解质；盐类水解的应用；铵离子检验；浓硫酸的性质
【解析】【解答】A．常温下， NH 与OH-反应生成氨气，氨气极易溶于水，与水生成一水合氨，故不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，所以向溶液中加入稀氢氧化钠溶液，用湿润的红色石蕊试纸靠近瓶口，试纸未变蓝不能推断溶液中是否有铵根离子，故A错误；
B．浓硫酸具有脱水性，能脱下蔗糖中的氢、氧元素并放出热量，蔗糖因只余下碳元素而变黑。碳与浓硫酸共热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，变黑的蔗糖同时发生膨胀变大，说明浓硫酸有脱水性和强氧化性，故B正确；
C．碘化钾溶液与过量氯化铁溶液反应，所得溶液中含有为剩余的铁离子，铁离子能与硫氰酸根离子生成使溶液变红的硫氰化铁，不能说明该反应有一定限度，故C错误；
D．用pH计分别测定浓度均为0.1mol/L的NaClO溶液和Na2S溶液的pH，Na2S溶液的pH大，说明S2-在溶液中的水解程度大于ClO-，由盐类水解规律可知，酸性：HClO＞HS-，但不能因此得出结论HClO的酸性强于H2S，故D错误；
故选B。
【分析】A.氨气极易溶于水，要让氨气逸出，需向 NH中加入浓氢氧化钠溶液，并加热。
B.浓硫酸具三大特性：吸水性、脱水性和强氧化性。
C.要证明该反应为可逆反应，所用的氯化铁溶液不能过量。
D.盐类水解规律之一越弱越水解。
13．【答案】A
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡的调控；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A.420K，一氧化氮的转化率为2%，消耗的NO的物质的量为3mol×2%=0.06mol；580K，一氧化氮的转化率为59%， 消耗的NO的物质的量为 3mol×59%=1.77mol，从420K到580K，一氧化氮的变化量为：1.77mol-0.06mol=1.71mol，容器体积为2L，反应速率==0.171 mol L-1 min-1，A符合题意；
B．根据图示信息，有O2存在的条件下，NO的转化率明显增大，可能是O2活化了Ag2O催化剂，B不符合题意；
C．该反应为放热反应，降低温度，平衡向放热反应也就是正向移动，故低温条件有利于提高NO的平衡转化率，C不符合题意 ；
D．该反应为放热反应，温度升高，580K反应达到平衡后，平衡逆向移动，一氧化氮的转化率降低，从而降低了NO 生成N2 的转化率，D不符合题意 ；
故选A。
【分析】A．该反应速率==。
B．催化剂活性增加，可加快反应速率。
C．降温能使放热反应的平衡正向移动。
D．升温能使放热反应的平衡逆向移动。
14．【答案】B
【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．根据物料守恒关系，溶液中钠离子浓度等于硫元素各形态浓度之和的两倍，表达式为：，A选项正确；B．由题目数据可知，0.1mol/L Na2S溶液的pH约为12.8，结合图像分析可得溶液中HS-浓度大于S2-浓度，表达式为：，B选项错误；
C．根据题目给出的溶度积常数：，可以写出镉离子与FeS反应的离子方程式：，C选项正确；
D．对于含0.001mol/L Cd2+的废水，加入足量FeS后发生沉淀转化反应，其平衡常数为：。计算表明处理后废水中Cd2+浓度可降至约1.67×10-13mol/L，低于排放标准10-8mol/L，D选项正确。
故答案为：B
【分析】A、根据物料守恒分析。
B、由图像可知，当溶液的pH=12.8时，溶液中c(HS－)＞c(S2－)。
C、加入FeS后，Cd2＋与FeS反应生成更难溶的CdS和Fe2＋。
D、根据FeS、CdS的溶度积进行计算。
15．【答案】b；NaCl溶液的导电性强于蒸馏水；CH3CHO—2e—+3OH—=CH3COO—+2H2O；U2>U4；溶液的酸碱性不同可能影响乙醛的还原性；pH=6的硝酸溶液；往20mL银氨溶液中滴入浓氨水溶液，振荡，水浴加热，无明显现象
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；电极反应和电池反应方程式；盐类水解的应用；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1） 配离子[Ag(NH3)2]+ 中，Ag+和NH3之间是配位键，NH3中的N-H键为极性共价键，没有非极性键，故选b；
答案为：b
（2）实验①和实验③中，溶液B选用氯化钠溶液而不使用蒸馏水，是因为NaCl溶液的导电性强于蒸馏水 ，有利于实验进行；
答案为： NaCl溶液的导电性强于蒸馏水
（3）右侧电极为原电池负极，在碱性条件下，乙醛在负极失电子，发生氧化反应，生成乙酸根和水，电极反应式为CH3CHO-2e-+3OH-=CH3COO-+2H2O；
答案为：CH3CHO-2e-+3OH-=CH3COO-+2H2O
（4）由电压表读数U2>U4可知， Ag +的氧化性大于银氨络离子，可知假设2 ，即Ag(NH3)氧化性强于Ag+ 不成立；
答案为：U2>U4
（5）硝酸银属于强酸弱碱盐，在溶液中水解呈酸性，而银氨溶液呈碱性；根据实验结果U4>U1 ，可推知反应发生可能与溶液酸碱性不同有关，与“Ag+氧化性减小的影响”小于“乙醛还原性增强的影响”无关；
答案为： 溶液的酸碱性不同可能影响乙醛的还原性
(6) 甲同学增设了一组实验， 验证在酸性条件下，NO也可能氧化乙醛， 需将实验③中的溶液A改用pH=6的硝酸溶液（和 0.1mol/L 硝酸银溶液的pH相等），测得电压表读数远小于U1，说明实验中NO的影响可忽略。 ；
答案为： pH=6的硝酸溶液
(7)证明实验II中的银镜不是由还原生成，而是由乙醛还原生成，实验方案为：往20mL银氨溶液中滴入浓氨水溶液，振荡，水浴加热，无明显现象。此实验现象能说明溶液中的银离子不能与氨分子反应，不能还原。银氨溶液与乙醛发生银镜反应时，氨分子与硝酸根离子均不直接参与氧化还原反应，单质银由 Ag+ 与乙醛反应生成，
答案为： 往20mL银氨溶液中滴入浓氨水溶液，振荡，水浴加热，无明显现象
【分析】（1）同种原子间形成的共价键为非极性共价键。
（2）氯化钠是强电解质，可增强溶液的导电性。
（3）原电池负极失电子，发生氧化反应。
（4）可通过题目信息，电压表读数U2>U4得知Ag +的氧化性大于银氨络离子。
（5）还原剂在碱性环境下还原性强。
（6） 为验证在酸性条件下NO的氧化性，需去除银离子的干扰，故需用和硝酸银溶液等PH的硝酸溶液进行实验。
（7）实验结果验证银氨溶液与乙醛发生银镜反应时，氨分子不直接参与反应，单质银由银离子与乙醛反应生成，直接往银氨溶液中滴入浓氨水进行实验。
16．【答案】（1）增大烧渣的接触面积，提高反应速率；
（2）浓度增大，铁精粉与酸反应的速率加快；硫酸浓度增大，铁的硫酸盐析出，覆盖在铁精粉的表面，阻碍反应进行
（3）
（4）；产生的速率与产生的速率基本相同，基本不变
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；化学反应速率的影响因素；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）①烧渣在碱浸前需粉碎，其作用是增大烧渣的接触面积，提高反应速率。
故答案为： 增大烧渣的接触面积，提高反应速率
②Al2O3为两性氧化物，能溶于NaOH溶液，反应的化学方程式为：。
故答案为：
（2）①由图可知，浓度低于，随浓度增大，铁浸出率增大，原因是随硫酸浓度增大，氢离子浓度增大，铁精粉与酸反应的速率加快。
故答案为：浓度增大，铁精粉与酸反应的速率加快
②浓度高于，随浓度增大，铁浸出率减小，原因是：硫酸浓度增大，铁的硫酸盐达到饱和析出，覆盖在铁精粉的表面，阻碍反应进行。
故答案为： 硫酸浓度增大，铁的硫酸盐析出，覆盖在铁精粉的表面，阻碍反应进行
（3）加入FeS2还原Fe3+为Fe2+，S元素被氧化为硫酸根离子，根据电子守恒和电荷守恒及原子守恒，反应的离子方程式为：。
故答案为：
（4）①将溶液加入到溶液(略过量)中，产生白色沉淀为Fe(OH)2。
故答案为：
②时段内，存在电离平衡和氧化反应：，，电离产生的速率与氧化反应产生的速率基本相同，基本不变。
故答案为：产生的速率与产生的速率基本相同，基本不变
【分析】（1）①粉碎可增大固体与溶液的接触面积，从而加快反应速率。
②Al2O3能与NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4]溶液，据此写出反应的离子方程式。
（2）①硫酸浓度增大，溶液中c(H＋)增大，铁精粉与酸反应的速率加快。
②当硫酸浓度大于c1时，溶液中c(SO42－)增大，使得FeSO4结晶析出，覆盖在铁精粉表面，阻止反应的进一步进行。
（3）加入FeS2，与溶液中的Fe3＋反应，生成Fe2＋和SO42－，据此写出反应的离子方程式。
（4）①Fe2＋与NaOH反应生成Fe(OH)2白色沉淀。
②根据反应过程中溶液中c(H＋)和c(OH－)变化分析。
（1）①烧渣在碱浸前需粉碎，其作用是增大烧渣的接触面积，提高反应速率；
②Al2O3为两性氧化物，能溶于NaOH溶液，反应的化学方程式为：；
（2）①由图可知，浓度低于，随浓度增大，铁浸出率增大，原因是随硫酸浓度增大，氢离子浓度增大，铁精粉与酸反应的速率加快；
②浓度高于，随浓度增大，铁浸出率减小，原因是：硫酸浓度增大，铁的硫酸盐达到饱和析出，覆盖在铁精粉的表面，阻碍反应进行；
（3）加入FeS2还原Fe3+为Fe2+，S元素被氧化为硫酸根离子，根据电子守恒和电荷守恒及原子守恒，反应的离子方程式为：；
（4）①将溶液加入到溶液(略过量)中，产生白色沉淀为Fe(OH)2；
②时段内，存在电离平衡和氧化反应：，，电离产生的速率与氧化反应产生的速率基本相同，基本不变。
17．【答案】（1）600kJ/mol
（2）D
（3）键能大，断键耗能高，活化能高，反应速率慢
（4）A；D
（5）
（6）；64
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）的逆活化能为xkJ/mol， 的 kJ/mol等于反应物的总键能-生成物的总键能= kJ/mol，解的x=600kJ/mol；
故答案为： 600kJ/mol ；
（2）A．固定容积的密闭容器，容器的体积不会发生改变，气体的质量守恒，故混合气体的密度保持恒定，不能说明达到平衡状态，A错误；
B．，未标注正逆反应，不能说明达到平衡状态，B错误；
C．单位时间内断开1mol的同时断开3mol不满足化学反应速率比等于化学计量数之比，C错误；
D．气体的质量守恒，正向是气体物质的量减少的方向，混合气体的平均相对分子质量是一个可变的值，当混合气体的平均相对分子质量保持不变，能说明达到平衡状态，D正确；
故答案为：D；
（3）键能大，的吸附分解反应断键耗能高，活化能高，反应速率慢；
故答案为：键能大，断键耗能高，活化能高，反应速率慢 ；
（4）合成氨的反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，Kp减小，根据图1可知，随着温度升高，lnKp的变化曲线为A；lnk正=-，lnk逆=-，该反应是放热反应，Ea逆> Ea正，则表示lnk逆的曲线更陡，依据图2可知，D曲线表示lnk逆的变化曲线；
故答案为： A ；D；
（5）氮气和氢气起始物质的量之比为1：3，设n(N2)=1mol，n(H2)=3mol，NH3的平衡产率为，氨气理论产量为2mol，则实际平衡时生成氨气2mol，列三段式：，平衡时气体总物质的量为4-2，各物质的分压为p(N2)=，p(H2)=，p(NH3)=，Kp=；
故答案为： ；
（6）①以浓差电池为电源，以石墨为电极将NH3转化为高纯H2，M电极上，NH3转化为N2，N元素化合价升高，发生氧化反应，M电极为阳极，则N电极为阴极，Cu(1)为正极，Cu(2)为负极，M电极为阳极，发生电极反应：；
②电池从开始工作到停止放电，正极区硫酸铜溶液的浓度同时由2mol·L-1降低到1.5mol·L-1，负极区硫酸铜溶液同时由1mol·L-1升到1.5mol·L-1，正极反应可还原Cu2+的物质的量为1L×(2-1.5) mol·L-1=0.5mol，正极质量增加32g，电路中转移1mol电子，负极反应：Cu-2e-=Cu2+，转移1mol电子时，负极消耗0.5molCu单质，质量减少32g，理论上和电极的质量差为。
故答案为： ；64；
【分析】(1)先算反应热： 反应物总键能 生成物总键能 ；再用活化能与反应热关系：，代入 ，得 。
(2) A：固定容积容器中，气体总质量、体积均不变，密度始终恒定，不能说明平衡；
B：未标注正逆反应速率，仅 无法判断平衡；
C：断开 （正反应）与断开 （逆反应）不满足计量数比例，不是平衡标志；
D：反应前后气体总物质的量变化，总质量不变，平均相对分子质量可变，其不变时说明达到平衡。
(3) 键能极大， 的吸附分解需要断裂高键能的三键，断键耗能高、活化能大，反应速率远慢于其他步骤，因此成为总反应的决速步。
(4) ：合成氨放热，升温平衡逆向移动， 减小； 减小（温度升高）时 增大，对应曲线 A；
：由阿伦尼乌斯公式， 与 线性相关，斜率绝对值与活化能成正比；因 ，逆反应速率常数曲线更陡，对应曲线 D；
(5) 设起始 为 、 为 ，平衡产率为 ，列三段式得：；
(6) ① M极反应：M为阳极， 被氧化为 ，碱性环境下反应为：
② 质量差分析：
正极（Cu(1)）：，溶液浓度从 降至 ， 溶液中得电子 为 ，增重
负极（Cu(2)）：，转移 电子时溶解 ，减重
总质量差：
（1）的逆活化能为xkJ/mol， 的 kJ/mol等于反应物的总键能-生成物的总键能= kJ/mol，解的x=600kJ/mol；
（2）A．固定容积的密闭容器，容器的体积不会发生改变，气体的质量守恒，故混合气体的密度保持恒定，不能说明达到平衡状态，A错误；
B．，未标注正逆反应，不能说明达到平衡状态，B错误；
C．单位时间内断开1mol的同时断开3mol不满足化学反应速率比等于化学计量数之比，C错误；
D．气体的质量守恒，正向是气体物质的量减少的方向，混合气体的平均相对分子质量是一个可变的值，当混合气体的平均相对分子质量保持不变，能说明达到平衡状态，D正确；
故选D；
（3）键能大，的吸附分解反应断键耗能高，活化能高，反应速率慢；
（4）合成氨的反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，Kp减小，根据图1可知，随着温度升高，lnKp的变化曲线为A；lnk正=-，lnk逆=-，该反应是放热反应，Ea逆> Ea正，则表示lnk逆的曲线更陡，依据图2可知，D曲线表示lnk逆的变化曲线；
（5）氮气和氢气起始物质的量之比为1：3，设n(N2)=1mol，n(H2)=3mol，NH3的平衡产率为，氨气理论产量为2mol，则实际平衡时生成氨气2mol，列三段式：，平衡时气体总物质的量为4-2，各物质的分压为p(N2)=，p(H2)=，p(NH3)=，Kp=；
（6）①以浓差电池为电源，以石墨为电极将NH3转化为高纯H2，M电极上，NH3转化为N2，N元素化合价升高，发生氧化反应，M电极为阳极，则N电极为阴极，Cu(1)为正极，Cu(2)为负极，M电极为阳极，发生电极反应：；
②电池从开始工作到停止放电，正极区硫酸铜溶液的浓度同时由2mol·L-1降低到1.5mol·L-1，负极区硫酸铜溶液同时由1mol·L-1升到1.5mol·L-1，正极反应可还原Cu2+的物质的量为1L×(2-1.5) mol·L-1=0.5mol，正极质量增加32g，电路中转移1mol电子，负极反应：Cu-2e-=Cu2+，转移1mol电子时，负极消耗0.5molCu单质，质量减少32g，理论上和电极的质量差为。
18．【答案】（1）酮(羰)基
（2）
（3）
（4）
（5）10；(或)
（6）；
【知识点】有机物的推断；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）据分析，有机物A中含有的官能团名称是酮羰基。
故答案为： 酮(羰)基
（2）据分析，B生成C的化学方程式为。
故答案为：
（3）据分析，有机物E的结构简式为。
故答案为：
（4）据分析，有机物I结构简式为。
故答案为：
（5）根据已知，F的同分异构体P为苯环上被3个甲基、1个Br（与2mol NaOH反应）和1个-OCHO（与2mol NaOH反应，能发生银镜反应）取代的化合物，则满足下列条件的P有10种：；用H原子替换上述P中的Br原子为Q，若Q的核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为6：3：2：1，则Q为对称结构，有2种化学环境的甲基、苯环上有1种化学环境的氢、和1个-OCHO，则满足条件Q的结构简式为、。
故答案为：10；(或)
（6）环己烯在酸性高锰酸钾作用下生成K：，与乙醇发生酯化反应生成L：，发生已知①的反应生成。
故答案为：；
【分析】A→B为还原反应，结合B的结构简式和A的分子式可推断A的结构为。A被NaBH4还原生成B后，B与SOCl2发生取代反应得到C（），同时副产物为SO2和HCl气体。随后C与NaCN在PhMe和H2O溶剂中，以TBAB为催化剂反应生成D。D在酸性条件下水解得到E（）。E与Br2在CH2Cl2溶剂中，以BPO为引发剂反应生成F。F再与CH3OH在浓硫酸催化下加热发生酯化反应，最终生成G（）。根据已知条件①②，G与H在K2CO3碱性条件和PhMe溶剂中反应，生成目标产物I（）并释放HBr副产物。
（1）据分析，有机物A中含有的官能团名称是酮羰基。
（2）据分析，B生成C的化学方程式为。
（3）据分析，有机物E的结构简式为。
（4）据分析，有机物I结构简式为。
（5）根据已知，F的同分异构体P为苯环上被3个甲基、1个Br（与2mol NaOH反应）和1个-OCHO（与2mol NaOH反应，能发生银镜反应）取代的化合物，则满足下列条件的P有10种：；用H原子替换上述P中的Br原子为Q，若Q的核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为6：3：2：1，则Q为对称结构，有2种化学环境的甲基、苯环上有1种化学环境的氢、和1个-OCHO，则满足条件Q的结构简式为、。
（6）环己烯在酸性高锰酸钾作用下生成K：，与乙醇发生酯化反应生成L：，发生已知①的反应生成。
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