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湖南省名校联盟2025-2026学年高三上学期9月大联考化学试卷
一、选择题：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高三上·湖南月考）93阅兵中，打击范围覆盖全球的“DF—5C”液体洲际战略核导弹震撼亮相。下列关于“DF—5C”涉及的化学知识说法错误的是
A．“DF—5C”采用二级液体燃料火箭发动机，其燃料偏二甲肼C2H8N2与N2O4反应时，偏二甲肼作还原剂
B．导弹的贮箱采用高强度铝铜合金，该合金的熔点比纯铝和纯铜低
C．导弹可携带多个分导核弹头，制造弹头的材料中涉及一些放射性元素，这些元素发生的核反应属于化学变化
D．导弹中的部分耐高温部件使用了碳化硅陶瓷，是新型无机非金属材料，
2．（2025高三上·湖南月考）下列物质分类的组合中完全正确的是
选项 混合物 化合物 单质 盐 强电解质
A 硫酸 NaOH 白磷 NaCl 冰醋酸
B 橄榄油 CH3COOH C60 Cu2(OH)2CO3 BaSO4
C 氢氧化铁胶体 澄清石灰水 铁 石灰石 Al2O3
D 漂白粉 CuSO4 5H2O 水银 CaO 熔融NaCl
A．A B．B C．C D．D
3．（2025高三上·湖南月考）下列化学用语或图示错误的是
A．基态Ga的简化电子排布式：[Ar]4s24p1
B．Mg3N2的电子式：
C．F2分子的σ键电子云轮廓图：
D．PCl3的VSEPR模型：
4．（2025高三上·湖南月考）下列选项中陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是
陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A H2O的热稳定性比H2S的强 H2O分子可形成分子间氢键
B 熔点：晶体硅<碳化硅 碳化硅中分子间作用力较大
C pKb值越小碱性越强，例如：pKb值：CH3NH2D 缺角的NaCl晶体在饱和NaCl溶液中浸泡一段时间后会慢慢变为完美的立方体块 晶体具有自范性
A．A B．B C．C D．D
5．（2025高三上·湖南月考）下列有关实验装置正确且能达到实验目的的是
A．利用甲装置蒸干溶液，获得NaHCO3固体
B．利用乙装置分离NH4Cl和I2
C．利用丙装置制备Fe(OH)2
D．用丁装置干燥CO2
6．（2025高三上·湖南月考）肼(N2H4)可用作火箭的燃料，其制备方法之一：2NH3+NaClO=NaCl+N2H4+H2O。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．1 mol/L NaCl溶液中阴阳离子总数为2 NA
B．上述反应生成32 g N2H4时，转移电子数为2 NA
C．4.48 L NH3含σ键数目为0.6 NA
D．2 mol N2和足量H2充分反应得到NH3的分子数为4 NA
7．（2025高三上·湖南月考）下列离子方程式书写错误的是
A．少量AgNO3滴入过量氨水中：Ag++2NH3=[Ag(NH3)2]+
B．向NH4HSO3溶液中加过量NaOH溶液并加热：
C．将Na2O2固体投入H218O中：2Na2O2+2H218O=4Na++2OH-+218OH-+O2↑
D．少量SO2与KClO溶液反应：SO2+H2O+2ClO-=2HClO+
8．（2025高三上·湖南月考）如图所示是一种叶绿素的结构示意图，下列有关叙述正确的是
A．该叶绿素所有碳原子可以在同一平面
B．该叶绿素是配合物，中心离子是镁离子，将其与氢氧化钠溶液混合可产生白色沉淀
C．该叶绿素是电中性配合物，其配位数为4
D．该叶绿素属于超分子
9．（2025高三上·湖南月考）下列实验对应的现象以及结论均正确的是
选项 实验 现象 结论
A 将少量Cl2通入FeI2溶液 溶液变黄 Cl2将Fe2+氧化为Fe3+
B 向酸性高锰酸钾溶液滴入几滴甲醇 溶液未褪色 反应生成了甲酸
C 向盛有溴水的分液漏斗中加入己烷，充分振荡，静置 下层为橙色 可用己烷萃取溴
D 相同温度时分别向相同浓度相同体积的硫代硫酸钠溶液中加入相同体积不同浓度的稀硫酸 乳白色浑浊出现时间不同 探究浓度对反应速率的影响
A．A B．B C．C D．D
10．（2025高三上·湖南月考）Na2S2O3去除酸性废水中H3AsO3的反应机理如图所示(图中“HS·”为自由基)，下列说法错误的是
A．X为H2S2是非极性分子
B．H2S、S8、中的硫原子均是sp3杂化
C．步骤Ⅲ反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1
D．步骤Ⅳ除砷的方程式为3H2S+2H3AsO3=As2S3↓+6H2O
11．（2025高三上·湖南月考）一种新型的电解质锂盐，目前被广泛用于锂电池中，结构如图所示，其中M、X、Y、Z均为同一短周期元素且原子序数依次增大，X原子核外的s轨道与p轨道上的电子数之比为2：1，下列叙述正确的是
A．X、Y、Z的简单气态氢化物分子之间均能形成氢键
B．MZ3分子为极性分子
C．第一电离能：Z>X>Y>M
D．最高价含氧酸：X比M强
12．（2025高三上·湖南月考）一种从碲化镉(CdTe)废料中回收碲并制备硫化镉(CdS)的工艺流程如下：
已知：“氧化酸浸”中有CdSO4和H2TeO3生成。下列说法错误的是
A．H2TeO3是弱酸
B．“氧化酸浸”中氧化剂H2O2与还原剂CdTe的物质的量之比为3：1
C．“还原”过程中的化学反应为2Na2SO3+H2TeO3=Te+2Na2SO4+H2O
D．“沉淀”过程中增大盐酸的用量，可提高沉淀率
13．（2025高三上·湖南月考）铈及其化合物常用作催化剂、电弧电极、特种玻璃等。、、组成的化合物的立方晶胞如图所示，晶胞参数为a pm，阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法错误的是
A．该化合物的化学式为
B．每个原子周围距离最近的原子有4个
C．该化合物的密度为×1030 g·cm-3
D．原子与原子的最短距离为pm
14．（2025高三上·湖南月考）电位滴定法是根据滴定过程中电极电位变化来判断滴定终点的一种滴定分析方法，滴定终点时电极电位发生突变。常温下，利用盐酸滴定某溶液中磷酸钠的含量，其电位滴定曲线与pH曲线如图所示。下列说法错误的是
已知：磷酸Ka1=6.9×10-3、Ka2=6.2×10-8、Ka3=4.8×10-13
A．a点对应的溶液呈弱碱性
B．水的电离程度：a>b>c
C．b点对应的溶液中存在：c(H+)+c(H3PO4)=c(OH-)+c()+c()
D．c点对应的溶液中存在：c(Cl-)>c(H3PO4)>c()>c()
二、非选择题：
15．（2025高三上·湖南月考）十二钨硅酸(H4[SiW12O40]·nH2O)在催化方面有重要用途。某实验小组制备十二钨硅酸晶体方法如下(装置如下图1，夹持装置省略)：
Ⅰ．将适量Na2WO4·2H2O、Na2SiO3·9H2O加入三颈烧瓶中，加适量水，加热，溶解；
Ⅱ．持续搅拌下加热混合物至沸腾，缓慢滴加浓盐酸至pH为2，反应30分钟，冷却；
Ⅲ．将冷却后的全部液体转移至分液漏斗中，加入乙醚，分多次加入浓盐酸，充分振荡，萃取；
Ⅳ．将下层醚合物分出放于蒸发皿中，加水，水浴蒸发至溶液表面有晶体析出时为止，冷却结晶，抽滤、洗涤、干燥，得到十二钨硅酸晶体(H4[SiW12O40]·nH2O)。
已知：①制备过程中反应体系pH过低会产生钨的水合氧化物沉淀；
②乙醚沸点为34.6℃、易燃，有毒，难溶于水且密度比水小；
③乙醚在高浓度盐酸中生成的与[SiW12O40]4-缔合成密度较大的油状钨硅酸醚合物。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称是　 　，三颈烧瓶中加入搅拌子，除搅拌使反应更充分外，还兼有　 　作用。
（2）写出步骤Ⅱ中生成H4[SiW12O40]的化学方程式：　 　。
（3）步骤Ⅲ不能用乙醇替代乙醚作萃取剂的主要原因是　 　；该步骤应在下列　 　(填选项)条件下进行操作。
A．B．C．
（4）步骤Ⅳ中抽滤的装置如图，安全瓶的作用是　 　。抽滤洗涤后，判断沉淀是否洗涤干净的具体操作是　 　。
（5）结晶水测定：采用热重分析法测结晶水的含量，若样品潮湿，会导致n的值　 　(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
16．（2025高三上·湖南月考）层状MoS2常作加氢脱硫(HDS)与加氢脱氮(HDN)的催化剂、锂离子电池的负极材料。以废钼催化剂(主要成分为MoS2和CoS，含少量Al、Fe及其氧化物等)制备MoS2的流程如图所示：
已知：①“水浸”后Mo以的形式存在于滤液中；Al以[Al(OH)4]-的形式存在于滤液中；
②“萃取”原理：2R3N(叔胺)+2H++(R3NH)2MoO4。
回答下列问题：
（1）已知：元素周期表中，Mo在Cr的正下方且相邻，基态Mo和Cr的未成对电子数相等。基态Mo属于　 　区元素，其价层电子排布式为　 　。
（2）若取适量“焙烧”产生的气体依次通过足量的酸性KMnO4溶液、澄清石灰水，观察到的现象是：溶液颜色变浅、溶液变浑浊。则“焙烧”过程中MoS2反应的化学方程式为　 　。
（3）“调节pH”时通入过量CO2气体，该过程中生成滤渣2的离子方程式为　 　。
（4）“萃取”操作中的步骤有：①加入萃取剂，振荡、放气；②取下仪器上部塞子，旋转活塞；③静置；④上层液体从上口倒出；⑤放出下层液体，当下层液体刚好放出后关闭活塞。正确的先后排序是　 　(填序号)。
（5）通过反萃取法使有机相中的Mo元素回到水相，需加反萃取剂，加入的反萃取剂最好是　 　(写化学式)。
（6）用(NH4)2MoO4先制备(NH4)2MoS4，再在一定条件下将(NH4)2MoS4，加热得到MoS2，其中产物NH3、H2S和S4的物质的量之比为8：4：1，写出该反应的化学方程式：　 　。
17．（2025高三上·湖南月考）氮及其化合物在生产、生活中有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）NaN3是汽车安全气囊中的主要成分，该化合物属于　 　(填“离子化合物”或“共价化合物”)，其中的空间结构为　 　。
（2）NH3、NF3、三种微粒中所含元素的电负性由大到小的顺序为　 　，其中键角最小的微粒是　 　，N原子配位能力最强的微粒是　 　(均填符号)。
（3）氮化钼作为锂离子电池负极材料具有很好的发展前景。它属于填隙式氮化物，N原子部分填充在Mo原子立方晶格的八面体空隙中，晶胞结构如图所示。氮化钼的化学式为　 　；用NA表示阿伏加德罗常数的值，氮化钼晶体的密度为　 　g·cm-3(写出表达式即可)；将Li+填入氮化钼晶胞的八面体空隙中，每个晶胞最多还能填入　 　个Li+。
18．（2025高三上·湖南月考）有机物G是治疗疼痛的药物，其一种合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A分子中碳原子的杂化方式有　 　种。
（2）在B的命名中，若将苯环看作取代基，则B的化学名称为　 　。
（3）B→C的反应需经历B→X→C的过程，已知X的分子式为C10H12O3。
①X的结构简式为　 　；
②B→X的反应类型为　 　。
（4）C→D反应方程式为　 　。
（5）和相比，其酮羰基的α-H活性更强的是　 　(填“①”或“②”)，你的判断依据是　 　。
（6）写出分子中含有，核磁共振氢谱显示有5组峰，且峰面积之比为6：2：1：1：1的C的芳香族同分异构体的结构简式：　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；陶瓷的主要化学成分、生产原料及其用途；合金及其应用
【解析】【解答】A．反应过程中，碳元素等化合价升高，失去电子，作还原剂，A正确；
B．合金的熔点一般比其成分金属（纯铝和纯铜）的熔点低，所以高强度铝铜合金的熔点比纯铝和纯铜低，B正确；
C．化学变化的本质是有新物质生成，且原子的种类和数目不变；而核反应中原子核发生了变化，原子的种类改变，不属于化学变化，C错误；
D．碳化硅陶瓷属于新型无机非金属材料，可用于耐高温部件，D正确；
故选C。
【分析】A．还原剂在反应过程中失去电子被氧化；
Ｂ．合金的熔点低于其组分金属；
Ｃ．有新物质生成的变化属于化学变化；
Ｄ．碳化硅陶瓷属于新型无机非金属材料。
2．【答案】B
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A．硫酸是纯净物，不是混合物；冰醋酸是弱酸，在水溶液中部分电离，属于弱电解质，A错误；
B．橄榄油是多种油脂的混合物，CH3COOH由C、H、O三种元素组成，是化合物，C60由碳元素组成，是单质，Cu2(OH)2CO3是盐，BaSO4是盐，虽难溶于水，但溶解的部分完全电离，属于强电解质，B正确；
C．澄清石灰水是Ca(OH)2的水溶液，属于混合物，不是化合物，石灰石是混合物，C错误；
D．CaO是氧化物，不属于盐，D错误；
故选B。
【分析】混合物：由两种或两种以上物质混合而成的物质；
化合物：由两种或两种以上不同元素组成的纯净物；
单质：由同种元素组成的纯净物；
盐：由金属阳离子（或铵根离子）与酸根阴离子构成的化合物；
强电解质：在水溶液中或熔融状态下能完全电离的电解质。
3．【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．Ga为31号元素，基态电子排布式为[Ar]3d104s24p1，A错误；
B．Mg3N2是由Mg2+和N3-构成的离子化合物，电子式的书写规则为：阳离子直接用离子符号表示，阴离子要加方括号，并在方括号右上角标明所带电荷数，则其电子式为，B正确；
C．F2分子中F原子通过p轨道“头碰头”重叠形成σ键，σ键电子云轮廓图呈轴对称，图示符合σ键特征，C正确；
D．PCl3中P的价层电子对数为4（3个成键对+1个孤电子对），VSEPR模型为四面体，D正确；
故选A。
【分析】A．Ga为31号元素，基态原子核外有31个电子，根据构造原理书写其核外电子排布式；
Ｂ．Mg3N2是由Mg2+和N3-构成的离子化合物；
Ｃ．F2分子中F原子通过p轨道“头碰头”重叠形成σ键；
Ｄ．PCl3中P原子的价层电子对数为4，根据价层电子对互斥理论判断其VSEPR模型。
4．【答案】D
【知识点】晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；化学键和分子间作用力的区别
【解析】【解答】A． H2O的热稳定性比H2S的强，是因为O的非金属性比S强，非金属性越强，简单氢化物的热稳定性越强，分子间氢键影响的是物质的熔沸点等物理性质，与热稳定性（化学性质）无关，陈述Ⅰ正确、陈述Ⅱ正确，但因果关系不成立，A错误；
B．晶体硅和碳化硅均为共价晶体，共价晶体的熔点取决于共价键的键能，碳化硅中C-Si键的键能比晶体硅中Si-Si键的键能大，所以熔点更高，陈述Ⅰ正确但陈述Ⅱ错误，B错误；
C．CH3NH2的碱性比NH3强是因-CH3是推电子基，会使氮原子电子云密度增大，更易吸引质子，碱性更强，陈述Ⅱ错误，C错误；
D．缺角NaCl晶体在饱和溶液中恢复是因晶体自范性（自发形成规则结构），陈述Ⅰ和Ⅱ均正确且因果关系成立，D正确；
故选D。
【分析】A．氢键影响物质的物理性质，如熔沸点，不影响其化学性质；
Ｂ．晶体硅和碳化硅均为共价晶体；
Ｃ．电子云密度增大，物质越易吸引质子；
Ｄ．晶体的自范性是指晶体能自发地呈现多面体外形的性质。
5．【答案】C
【知识点】蒸发和结晶、重结晶；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．NaHCO3受热易分解：，若用甲装置蒸干小苏打溶液，在蒸发过程中，随着水分减少，溶液温度升高，NaHCO3分解，蒸干后得到的是Na2CO3，A错误；
B．乙装置加热NH4Cl和I2的混合物，NH4Cl受热分解为NH3和HCl，冷却后重新生成NH4Cl，I2受热升华后遇冷凝华，二者均会在上方冷凝，无法分离，B错误；
C．丙装置中，煤油的密度比水小，能隔绝氧气，防止Fe(OH)2被氧化，钠块在煤油与FeSO4溶液界面与水反应生成NaOH（），NaOH与FeSO4反应生成Fe(OH)2，由于煤油隔绝了空气，生成的Fe(OH)2不易被氧化，可以制备Fe(OH)2，C正确；
D．丁装置为U型干燥管，浓H2SO4是液体干燥剂，应使用洗气瓶（长进短出），U型管只能装固体干燥剂，D错误；
故选C。
【分析】A．碳酸氢钠受热易分解；
Ｂ．加热氯化铵分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢遇冷又化合成氯化铵，碘受热易升华，变为碘蒸气，冷却后又会凝华成固体碘；
Ｃ．Fe(OH)2易被氧化，煤油可隔绝氧气，防止其被氧化；
Ｄ．用浓硫酸干燥气体时，气体应从长管进、短管出。
6．【答案】B
【知识点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．只给出了NaCl溶液的物质的量浓度为1mol/L，但没有给出溶液体积，无法确定离子总数，A错误；
B.32g N2H4为1 mol，该反应中，N元素的化合价从-3价升高到-2价，每个N原子失去1个电子，则1 mol N2H4转移2 mol电子，数目为2 NA，B正确；
C．没有说明NH3所处的状况，无法确定4.48LNH3的物质的量，也就无法计算其中σ键数目，C错误；
D．合成氨为可逆反应，可逆反应不能进行到底，实际生成NH3分子数小于4 NA，D错误；
故选B。
【分析】A．溶液体积未知，不能计算离子数目；
Ｂ．该反应中，N元素的化合价从-3价升高到-2价，每个N原子失去1个电子；
Ｃ．气体所处的状态未知；
Ｄ．氮气和氢气合成氨的反应为可逆反应，不能完全转化。
7．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；二氧化硫的性质；离子方程式的书写；钠的氧化物
【解析】【解答】A． 少量AgNO3滴入过量氨水中 ，Ag+会与过量NH3结合生成[Ag(NH3)2]+，离子方程式为 Ag++2NH3=[Ag(NH3)2]+ ，A正确；
B． 向NH4HSO3溶液中加过量NaOH溶液并加热 ，与过量OH-加热生成NH3，与OH-生成，反应的离子方程式为 ，B正确；
C．Na2O2与H218O反应时，Na2O2既是氧化剂也是还原剂，反应的离子方程式为 2Na2O2+2H218O=4Na++2OH-+218OH-+O2↑ ，C正确；
D．ClO-具有强氧化性，SO2应被氧化为，而ClO-被还原为Cl-，正确离子方程式为，D错误；
答案选D。
【分析】A．Ag+与过量NH3生成[Ag(NH3)2]+；
Ｂ．铵根离子在碱性条件下加热会逸出氨气，与OH-生成；
Ｃ．过氧化钠和水发生歧化反应，过氧化钠既是氧化剂也是还原剂；
Ｄ．ClO-具有强氧化性，与SO2发生氧化还原反应。
8．【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A．该叶绿素分子中存在多个饱和碳原子，饱和碳原子的空间结构为四面体结构，所以所有碳原子不可能在同一平面，A错误；
B．叶绿素是配合物，中心离子为Mg2+，但Mg2+与卟啉环中的四个N原子形成稳定的配位键，不易解离，与NaOH溶液混合时，Mg2+不会游离出来与OH-结合生成Mg(OH)2白色沉淀，B错误；
C．叶绿素中中心离子Mg2+与4个N原子配位，配位数为4；分子中卟啉环为带两个负电荷的配体，其他基团也呈电中性，整体为电中性配合物，C正确；
D．超分子是由两种或两种以上分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体，而叶绿素是单一的大分子化合物，不属于超分子，D错误；
答案选C。
【分析】A．饱和碳原子具有甲烷的结构特征；
Ｂ．该配合物中镁离子不会解离；
Ｃ．镁离子周围有4个氮原子参与配位；
Ｄ．超分子是由两种或两种以上分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体。
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；分液和萃取；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．还原性：I->Fe2+，Cl2少量时优先氧化还原性更强的I 而非Fe2+，溶液变黄是因生成I2，A错误；
B．甲醇具有还原性，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，甲醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化，反应过程中酸性高锰酸钾溶液会褪色，若溶液未褪色，说明甲醇没有被氧化，也就不会生成甲酸，现象与结论矛盾，B错误；
C．己烷的密度比水小，向盛有溴水的分液漏斗中加入己烷，充分振荡、静置后，溴被萃取到己烷中，上层（己烷层）为橙色，下层为水层。而该选项说下层为橙色，与实际现象不符。C错误；
D．实验中，硫代硫酸钠溶液的浓度、体积相同，温度相同，只是加入的稀硫酸浓度不同（即反应物浓度不同），观察到乳白色浑浊（硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成硫单质等的现象）出现的时间不同。根据 “控制变量法”，在其他条件相同的情况下，只有反应物浓度不同，反应速率不同（表现为出现浑浊的时间不同），所以该实验是在探究浓度对反应速率的影响。该选项现象与结论匹配，D正确；
故选D。
【分析】A．还原性：I->Fe2+，氯气优先氧化碘离子；
Ｂ．甲醇具有还原性，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性；
Ｃ．己烷的密度比水小；
Ｄ．利用控制变量法探究某一因素对化学反应速率的影响时，应保证其他反应条件相同。
10．【答案】A
【知识点】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；氧化还原反应
【解析】【解答】A．由反应机理，HS·发生反应生成X，结合后续反应及原子守恒可知，X为H2S2，H2S2分子不对称，正负电荷中心不重合，是极性分子，A错误；
B．中S原子价层电子对数=，杂化；分子皇冠状结构，每个S原子形成2个σ键，价层电子对数=，杂化；中S原子价层电子对数=，杂化，三者硫原子均为杂化，B正确；
C．步骤Ⅲ发生反应为，氧化剂（得电子的S）与还原剂（失电子的S）物质的量之比为1：1，C正确；
D．步骤Ⅳ中与反应生成和，方程式为，D正确；
故选A。
【分析】与氢离子在紫外线照射条件下可以生成，两个可以结合生成，分解得到和，与发生反应生成。
A．根据正负电荷中心是否重合判断分子极性；
Ｂ．先计算中心原子的价层电子对数，再判断杂化方式；
Ｃ．步骤Ⅲ发生的反应为；
Ｄ．步骤Ⅳ中与反应生成和。
11．【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；极性分子和非极性分子；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．X的简单气态氢化物是CH4，CH4分子间不能形成氢键，A错误；
B．M为B，Z为F，MZ3为BF3，BF3分子中B原子价层电子对数为3+=3，无孤电子对，空间构型为平面三角形，分子结构对称，正、负电中心重合，属于非极性分子，B错误；
C．同周期主族元素，原子序数越大，第一电离能越大，但ⅡA族、ⅤA族，原子属于全充满和半充满结构，第一电离能大于相邻元素，则第一电离能：F>O>C>B，即Z>Y>X>M，C错误；
D．元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：C>B，则酸性：H2CO3>H3BO3，D正确；
故选D。
【分析】已知M、X、Y、Z为同一短周期元素且原子序数依次增大，X原子核外的s轨道与p轨道上的电子数之比为2：1，短周期元素中，原子核外电子排布若为1s22s22p2（即C元素），s轨道电子数为4，p轨道电子数为2，比例为2：1，所以X为C，结合物质结构，可推出M为B，Y为O，Z为F。
12．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．碲与硫同主族，非金属性弱于硫，亚硫酸为弱酸，亚碲酸酸性更弱，故为弱酸，A项正确；
B．“氧化酸浸”中主要的反应为：，该反应中，H2O2为氧化剂，CdTe为还原剂，则 氧化剂H2O2与还原剂CdTe的物质的量之比为3：1，B项正确；
C．“还原”时Na2SO3还原H2TeO3，电子守恒需2个S失4e-，方程式为2Na2SO3+H2TeO3=Te+2Na2SO4+H2O，原子守恒，C项正确；
D．“沉淀”生成CdS，需S2-与Cd2+结合。增大盐酸用量，H+与S2-结合生成H2S，降低S2-浓度，使CdS沉淀不完全，沉淀率降低，D项错误；
故答案选D。
【分析】向CdTe残渣中加入稀硫酸和过氧化氢进行氧化酸浸，已知：“氧化酸浸”中有CdSO4和H2TeO3生成，则氧化酸浸反应的方程式为：，随后用亚硫酸钠还原产生Te单质，反应方程式为：，再加盐酸、硫化钠沉淀镉离子生成CdS。
13．【答案】D
【知识点】离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A．原子位于顶点，数目为；位于面心，数目为；原子位于晶胞内部，共4个，原子个数比，化学式为，故A正确；
B．原子周围距离最近的原子形成四面体配位结构，配位数为4，即每个As原子周围距离最近的S原子有4个，故B正确；
C．晶胞质量，体积，密度，故C正确；
D．原子在晶胞内呈四面体分布，最短距离为面对角线的一半，即 pm，而非体对角线的一半 pm，故D错误；
故答案选D。
【分析】A．根据均摊法计算原子数目，进而确定其分子式；
Ｂ．每个As原子周围距离最近的S原子有4个；
Ｃ．根据计算；
Ｄ．S原子与S原子的最短距离为面对角线的一半。
14．【答案】C
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．a点为第一个滴定终点，反应为PO+H+=HPO，溶质为Na2HPO4，HPO的水解常数Kh2==，电离常数Ka3=4.8×10-13，水解程度大于电离程度，溶液呈弱碱性，A正确；
B．a点溶质为Na2HPO4(水解促进水电离)，b点为NaH2PO4(电离大于水解，溶液呈酸性，抑制水电离)，c点为H3PO4(中强酸，抑制水电离更强)，则水的电离程度a>b>c，B正确；
C．b点对应的溶质为NaCl和NaH2PO4，二者物质的量之比为2：1，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+2c(HPO)+c(H2PO)+3c(PO)，根据物料守恒，2c(Na+)=3 c(Cl-)=6[c(HPO)+c(H2PO)+c(PO)+c(H3PO4)]，得：c(H+)+c(H3PO4)+2c()=c(OH-)+c()，C错误；
D．c点对应的溶质为H3PO4、NaCl，H3PO4和NaCl的比为1：3(NaCl为a、b、c三点累积下来的)，对应溶质H3PO4，溶液中仍以H3PO4为主，H3PO4的各步电离程度依次减小，所以c(Cl-)>c(H3PO4)>c()>c()，D正确；
答案选C。
【分析】A．a点溶液中的溶质为Na2HPO4；
Ｂ．酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离；
Ｃ．b点溶液中的溶质为NaCl和NaH2PO4，且二者的物质的量之比为2：1，结合电荷守恒和物料守恒分析；
Ｄ．c点溶液中的溶质以为H3PO4、NaCl，物质的量之比为1：3。
15．【答案】（1）(球形)干燥管；防暴沸
（2）12Na2WO4+Na2SiO3+26HClH4[SiW12O40]+26NaCl+11H2O
（3）乙醇与水互溶，不能用作该体系的萃取剂；C
（4）防倒吸；取适量最后一次洗涤液于试管中，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若溶液出现白色沉淀，则未洗净，若没有出现白色沉淀，则洗净
（5）偏大
【知识点】物质的分离与提纯；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）由图可知，仪器a为(球形)干燥管，其作用应是防止外界水蒸气进入或吸收挥发的杂质气体。在液体加热反应中，若局部温度过高，液体容易因过热而突然沸腾，发生暴沸现象。搅拌子在搅拌使反应更充分的同时，能不断打破液体表面的过热区域，使液体温度均匀分布，从而起到防止暴沸的作用；
（2）在第一步中，晶体均加热溶解，故反应物为Na2WO4、Na2SiO3和HCl，生成物为H4[SiW12O40]和NaCl，则步骤Ⅱ中生成H4[SiW12O40]的化学方程式为：12Na2WO4+Na2SiO3+26HClH4[SiW12O40]+26NaCl+11H2O；
（3）乙醚难溶于水，能与钨硅酸缔合成油状醚合物从而实现萃取；而乙醇与水可以任意比例互溶，无法与水形成分层体系，不能将钨硅酸从水溶液中分离出来，故不能用乙醇替代乙醚作萃取剂。已知乙醚易燃、有毒，操作时需满足两个关键条件；防明火、通风，故答案为：乙醇与水互溶，不能用作该体系的萃取剂；C；
（4）抽滤(减压过滤)时，装置内压强会显著减小。安全瓶能有效阻断倒吸路径，起到防止倒吸的作用。制备过程中使用了浓盐酸，产物表面可能残留Cl-(来自过量的HCl或生成的NaCl)，故可通过检验最后一次洗涤液中是否含Cl-来判断沉淀是否洗净，则答案为：防倒吸；取适量最后一次洗涤液于试管中，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若溶液出现白色沉淀，则未洗净，若没有出现白色沉淀，则洗净；
（5）若样品潮湿，说明样品中除了结晶水外，还含有额外的游离水。加热时，游离水会与结晶水一同挥发，导致测得的“质量减少量”偏大(包含了游离水的质量)，偏大会使计算出的n值偏大。
【分析】先将适量、加入三颈烧瓶中，加适量水，加热，溶解；然后在持续搅拌下加热混合物至近沸，缓慢滴加浓盐酸至pH为2，反应30分钟，冷却；将反应液转至萃取仪器中，加入乙醚，再分批次加入浓盐酸，萃取；静置后液体分上、中、下三层，下层是油状钨硅酸醚合物；将下层油状物转至蒸发皿中，加少量水，加热至混合液表面有晶膜形成，冷却结晶，抽滤，干燥，得到十二钨硅酸晶体()。
（1）根据仪器构造书写其名称；搅拌子通过持续搅拌反应体系内的物质，能让热量更均匀地分散开，避免反应体系中某一局部区域因反应放热或加热而温度过高，从而使反应在相对平稳、均匀的温度条件下进行；
（2）步骤Ⅱ中， Na2WO4·2H2O、Na2SiO3·9H2O反应生成 H4[SiW12O40] 、NaCl和水；
（3）乙醇与水互溶，不能作萃取剂；乙醚易燃、有毒，应在通风条件下进行；
（4）步骤Ⅳ中安全瓶起到防倒吸作用，通过检验最后一次洗涤液中是否含Cl-来判断沉淀是否洗净；
（5）热重分析法测定结晶水含量的原理是：通过加热样品，使结晶水失去，根据加热前后样品的质量变化（失去的结晶水的质量），计算结晶水的数目n，若样品潮湿，意味着样品中除了原本的结晶水，还含有额外的游离水。当对样品进行加热时，游离水和结晶水都会失去，这就会使得测定时，计算所用的 “失去的水的总质量” 比实际结晶水的质量大，根据结晶水数目的计算原理，结晶水数目n与失去的结晶水质量正相关。由于错误地将游离水的质量也计入了结晶水的质量，所以计算得到的结晶水数目n会偏大。
（1）由图可知，仪器a为(球形)干燥管，其作用应是防止外界水蒸气进入或吸收挥发的杂质气体。在液体加热反应中，若局部温度过高，液体容易因过热而突然沸腾，发生暴沸现象。搅拌子在搅拌使反应更充分的同时，能不断打破液体表面的过热区域，使液体温度均匀分布，从而起到防止暴沸的作用；
（2）在第一步中，晶体均加热溶解，故反应物为Na2WO4、Na2SiO3和HCl，生成物为H4[SiW12O40]和NaCl，则步骤Ⅱ中生成H4[SiW12O40]的化学方程式为：12Na2WO4+Na2SiO3+26HClH4[SiW12O40]+26NaCl+11H2O；
（3）乙醚难溶于水，能与钨硅酸缔合成油状醚合物从而实现萃取；而乙醇与水可以任意比例互溶，无法与水形成分层体系，不能将钨硅酸从水溶液中分离出来，故不能用乙醇替代乙醚作萃取剂。已知乙醚易燃、有毒，操作时需满足两个关键条件；防明火、通风，故答案为：乙醇与水互溶，不能用作该体系的萃取剂；C；
（4）抽滤(减压过滤)时，装置内压强会显著减小。安全瓶能有效阻断倒吸路径，起到防止倒吸的作用。制备过程中使用了浓盐酸，产物表面可能残留Cl-(来自过量的HCl或生成的NaCl)，故可通过检验最后一次洗涤液中是否含Cl-来判断沉淀是否洗净，则答案为：防倒吸；取适量最后一次洗涤液于试管中，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若溶液出现白色沉淀，则未洗净，若没有出现白色沉淀，则洗净；
（5）若样品潮湿，说明样品中除了结晶水外，还含有额外的游离水。加热时，游离水会与结晶水一同挥发，导致测得的“质量减少量”偏大(包含了游离水的质量)。偏大会使计算出的n值偏大。
16．【答案】（1）d；4d55s1
（2）2MoS2+2Na2CO3+7O22Na2MoO4+4SO2+2CO2
（3）[Al(OH)4]-+CO2=Al(OH)3↓+
（4）①③②⑤④
（5）NH3·H2O
（6）4(NH4)2MoS44MoS2+8NH3↑+4H2S↑+S4
【知识点】原子核外电子排布；氧化还原反应方程式的配平；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；分液和萃取；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由题意可知，基态钼的价层电子排布式为4d55s1，位于元素周期表d区；
（2）由分析可知，焙烧时硫化钼发生的反应为硫化钼高温条件下与氧气、碳酸钠反应生成钼酸钠、二氧化硫和二氧化碳，反应方程式为2MoS2+2Na2CO3+7O22Na2MoO4+4SO2+2CO2；
（3）由分析可知，通入过量二氧化碳发生的反应为二氧化碳与溶液中的四羟基合铝酸根离子生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根离子，反应的离子方程式为[Al(OH)4]-+CO2=Al(OH)3↓+；
（4）加入叔胺萃取溶液中的钼元素的操作为入萃取剂，振荡、放气：先混合萃取剂与待萃取液，振荡增大接触面积(提高萃取效率)，振荡时产生气压，需及时放气(防止分液漏斗炸裂)；③静置：让互不相溶的液体分层(萃取剂与水层密度不同，分层是分离前提)；②取下仪器上部塞子，旋转活塞：打开上口塞子(平衡分液漏斗内外气压，使下层液体顺利流出)，再旋转活塞准备放液；⑤放出下层液体，当下层液体刚好放出后关闭活塞：下层液体从下口放出，放完立即关活塞(防止上层液体随下层液体流出，造成污染)；④上层液体从上口倒出：上层液体若从下口倒出，会残留下层液体，故从上口倒出，保证分离纯度，则正确的先后排序是①③②⑤④；
（5）由分析可知，加入氨水反萃取的目的是使有机相中的钼元素回到水相；
（6）由题意可知，硫代钼酸铵受热分解生成二硫化钼、氨气、硫化氢和S4，反应的化学方程式为4(NH4)2MoS44MoS2+8NH3↑+4H2S↑+S4。
【分析】向废钼催化剂中加入Na2CO3并通入空气进行焙烧，将 MoS2和CoS 转化为可溶的钠盐，同时产生CO2、SO2等气体，焙烧产物用水浸取， Mo以的形式存在于滤液中 ， Al以[Al(OH)4]-的形式存在于滤液中 ，调节pH，Al、Fe及其氧化物转化为沉淀除去，加入叔胺萃取，发生反应 2R3N(叔胺)+2H++(R3NH)2MoO4 ，可将钼元素富集到有机相，再通过反萃取将钼元素从有机相转移到水相，得到含钼的溶液，酸沉后得到(NH4)2MoO4，再经过一定反应可制备出 MoS2 。
（1）由题意可知，基态钼的价层电子排布式为4d55s1，位于元素周期表d区；
（2）由分析可知，焙烧时硫化钼发生的反应为硫化钼高温条件下与氧气、碳酸钠反应生成钼酸钠、二氧化硫和二氧化碳，反应方程式为2MoS2+2Na2CO3+7O22Na2MoO4+4SO2+2CO2；
（3）由分析可知，通入过量二氧化碳发生的反应为二氧化碳与溶液中的四羟基合铝酸根离子生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根离子，反应的离子方程式为[Al(OH)4]-+CO2=Al(OH)3↓+；
（4）加入叔胺萃取溶液中的钼元素的操作为入萃取剂，振荡、放气：先混合萃取剂与待萃取液，振荡增大接触面积(提高萃取效率)，振荡时产生气压，需及时放气(防止分液漏斗炸裂)；③静置：让互不相溶的液体分层(萃取剂与水层密度不同，分层是分离前提)；②取下仪器上部塞子，旋转活塞：打开上口塞子(平衡分液漏斗内外气压，使下层液体顺利流出)，再旋转活塞准备放液；⑤放出下层液体，当下层液体刚好放出后关闭活塞：下层液体从下口放出，放完立即关活塞(防止上层液体随下层液体流出，造成污染)；④上层液体从上口倒出：上层液体若从下口倒出，会残留下层液体，故从上口倒出，保证分离纯度，则正确的先后排序是①③②⑤④；
（5）由分析可知，加入氨水反萃取的目的是使有机相中的钼元素回到水相；
（6）由题意可知，硫代钼酸铵受热分解生成二硫化钼、氨气、硫化氢和S4，反应的化学方程式为4(NH4)2MoS44MoS2+8NH3↑+4H2S↑+S4。
17．【答案】（1）离子化合物；直线形
（2）F>N>H；NF3；NH3
（3）Mo2N；；2
【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；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）NaN3由Na+和通过离子键结合而成，所以NaN3属于离子化合物；与CO2是等电子体，等电子体具有相似的结构。CO2的空间结构为直线形，所以的空间结构也为直线形；
（2）电负性是元素的原子在化合物中吸引电子的能力。F的电负性最大，N的电负性大于H，所以NH3、NF3、三种微粒中所含元素的电负性由大到小的顺序为F>N>H；三者中心原子杂化方式相同，NH3中N原子有一对孤电子对，NF3中N原子有一对孤电子对，中N原子没有孤电子对，孤电子对一成键电子对的排斥力大于成键电子对一成键电子对的排斥力，且F的电负性大于H，NF3中N-F键上的电子云更偏向F，所以键角最小的微粒是NF3；NH3中N原子有一对孤电子对，NF3中由于F的电负性大，使得N原子上的电子云密度降低，中N原子的孤电子对形成了配位键，所以N原子配位能力最强的微粒是NH3；
（3）根据晶胞结构，Mo原子位于顶点和面心，顶点上的原子对晶胞的贡献为1/8，面心上的原子对晶胞的贡献为，则Mo原子个数N(Mo)=8×+6×=4；N原子位于棱上和体心，棱上的原子对晶胞的贡献为，体心上的原子对晶胞的贡献为1，则N原子个数N(N)=4×+1=2，所以氮化钼的化学式为Mo2N；1mol晶胞的体积V=(a×10-7)3NAcm3，1mol晶胞的质量m=(4×96+2×14)g，根据密度公式可得氮化钼晶体的密度，Mo原子立方晶格的八面体空隙中，N原子部分填充，由晶胞结构可知，八面体空隙的数目与Mo原子数目相同，为4个，已经有2个被N原子占据，所以每个晶胞最多还能填入2个Li+。
【分析】（1） NaN3是由Na+和构成的离子化合物； 与CO2为等电子体，空间结构相同；
（2）电负性是元素吸引电子的能力，同周期从左到右电负性增大，同主族从上到下电负性减小；孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；配位能力与中心原子的电子云密度有关，电子云密度越大，越易提供孤电子对；
（3）用均摊法计算晶胞中原子数，Mo原子：8×+6×=4，N原子：4×+1=2，其化学式为 Mo2N；根据计算晶体密度；Mo原子立方晶格的八面体空隙数：立方晶胞中，八面体空隙数等于原子数（此处 Mo 原子数为 2），但 N 原子已填充 2 个八面体空隙，而立方晶胞的八面体空隙总数为4，剩余八面体空隙数为2，则最多还能填入2个Li+。
（1）NaN3由Na+和通过离子键结合而成，所以NaN3属于离子化合物；与CO2是等电子体，等电子体具有相似的结构。CO2的空间结构为直线形，所以的空间结构也为直线形；
（2）电负性是元素的原子在化合物中吸引电子的能力。F的电负性最大，N的电负性大于H，所以NH3、NF3、三种微粒中所含元素的电负性由大到小的顺序为F>N>H；三者中心原子杂化方式相同，NH3中N原子有一对孤电子对，NF3中N原子有一对孤电子对，中N原子没有孤电子对，孤电子对一成键电子对的排斥力大于成键电子对一成键电子对的排斥力，且F的电负性大于H，NF3中N-F键上的电子云更偏向F，所以键角最小的微粒是NF3；NH3中N原子有一对孤电子对，NF3中由于F的电负性大，使得N原子上的电子云密度降低，中N原子的孤电子对形成了配位键，所以N原子配位能力最强的微粒是NH3；
（3）根据晶胞结构，Mo原子位于顶点和面心，顶点上的原子对晶胞的贡献为1/8，面心上的原子对晶胞的贡献为，则Mo原子个数N(Mo)=8×+6×=4；N原子位于棱上和体心，棱上的原子对晶胞的贡献为，体心上的原子对晶胞的贡献为1，则N原子个数N(N)=4×+1=2，所以氮化钼的化学式为Mo2N；1mol晶胞的体积V=(a×10-7)3NAcm3，1mol晶胞的质量m=(4×96+2×14)g，根据密度公式可得氮化钼晶体的密度，Mo原子立方晶格的八面体空隙中，N原子部分填充，由晶胞结构可知，八面体空隙的数目与Mo原子数目相同，为4个，已经有2个被N原子占据，所以每个晶胞最多还能填入2个Li+。
18．【答案】（1）3
（2）2-苯基丙酸
（3）；加成反应
（4）+CH3OH+H2O
（5）①；①中α-H同时受到羰基和酯基的吸电子作用，C-H键的极性增强，更易电离出H+
（6）、
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由结构简式可知，分子中苯环上碳原子的杂化方式为sp2杂化，饱和碳原子的杂化方式为sp3杂化，-CN上的三键碳原子的杂化方式为sp杂化，则分子中碳原子的杂化方式有3种。
（2）由结构简式可知，可以视作丙酸分子中α位碳原子上氢原子被苯环取代所得结构，名称为2-苯基丙酸。
（3）①由分析可知，B→X→C的过程为先与甲醛发生加成反应生成分子式为C10H12O3的，则X为，
②B→X的过程为与甲醛发生加成反应生成。
（4）由分析可知，C→D的反应为在浓硫酸作用下与甲醇共热发生酯化反应生成和水，反应方程式为+CH3OH+H2O。
（5）由结构简式可知，①中α-H同时受到羰基和酯基的吸电子作用，使得C-H键的极性增强，更易电离出氢离子，所以α-H的活性更强的是①。
（6）分子中含有的C的芳香族同分异构体中，核磁共振氢谱显示有5组峰，且峰面积之比为6：2：1：1：1，说明同分异构体分子中苯环上的侧链为2个甲基和，且2个甲基处于对称位置，结构简式为、。
【分析】在NaOH水溶液中水解，然后用HCl酸化得到，与甲醛发生加成反应，然后与HBr发生取代反应得到，转化为D，D与反应生成E，结合E的结构简式可知，引入了酯基，说明C转化为D的过程中，发生了酯化反应，则C→D是在浓硫酸作用下与甲醇发生酯化反应生成，即D为，与发生取代反应生成，在HBe/HOAc条件下转化为，与氢氧化钠溶液发生中和反应生成。
（1）由结构简式可知，分子中苯环上碳原子的杂化方式为sp2杂化，饱和碳原子的杂化方式为sp3杂化，-CN上的三键碳原子的杂化方式为sp杂化，则分子中碳原子的杂化方式有3种。
（2）由结构简式可知，可以视作丙酸分子中α位碳原子上氢原子被苯环取代所得结构，名称为2-苯基丙酸。
（3）①由分析可知，B→X→C的过程为先与甲醛发生加成反应生成分子式为C10H12O3的，则X为，
再与溴化氢发生取代反应生成；
②B→X的过程为与甲醛发生加成反应生成。
（4）由分析可知，C→D的反应为在浓硫酸作用下与甲醇共热发生酯化反应生成和水，反应方程式为+CH3OH+H2O。
（5）由结构简式可知，①中α-H同时受到羰基和酯基的吸电子作用，使得C-H键的极性增强，更易电离出氢离子，所以α-H的活性更强的是①。
（6）分子中含有的C的芳香族同分异构体中，核磁共振氢谱显示有5组峰，且峰面积之比为6：2：1：1：1，说明同分异构体分子中苯环上的侧链为2个甲基和，且2个甲基处于对称位置，结构简式为、。
1 / 1湖南省名校联盟2025-2026学年高三上学期9月大联考化学试卷
一、选择题：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高三上·湖南月考）93阅兵中，打击范围覆盖全球的“DF—5C”液体洲际战略核导弹震撼亮相。下列关于“DF—5C”涉及的化学知识说法错误的是
A．“DF—5C”采用二级液体燃料火箭发动机，其燃料偏二甲肼C2H8N2与N2O4反应时，偏二甲肼作还原剂
B．导弹的贮箱采用高强度铝铜合金，该合金的熔点比纯铝和纯铜低
C．导弹可携带多个分导核弹头，制造弹头的材料中涉及一些放射性元素，这些元素发生的核反应属于化学变化
D．导弹中的部分耐高温部件使用了碳化硅陶瓷，是新型无机非金属材料，
【答案】C
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；陶瓷的主要化学成分、生产原料及其用途；合金及其应用
【解析】【解答】A．反应过程中，碳元素等化合价升高，失去电子，作还原剂，A正确；
B．合金的熔点一般比其成分金属（纯铝和纯铜）的熔点低，所以高强度铝铜合金的熔点比纯铝和纯铜低，B正确；
C．化学变化的本质是有新物质生成，且原子的种类和数目不变；而核反应中原子核发生了变化，原子的种类改变，不属于化学变化，C错误；
D．碳化硅陶瓷属于新型无机非金属材料，可用于耐高温部件，D正确；
故选C。
【分析】A．还原剂在反应过程中失去电子被氧化；
Ｂ．合金的熔点低于其组分金属；
Ｃ．有新物质生成的变化属于化学变化；
Ｄ．碳化硅陶瓷属于新型无机非金属材料。
2．（2025高三上·湖南月考）下列物质分类的组合中完全正确的是
选项 混合物 化合物 单质 盐 强电解质
A 硫酸 NaOH 白磷 NaCl 冰醋酸
B 橄榄油 CH3COOH C60 Cu2(OH)2CO3 BaSO4
C 氢氧化铁胶体 澄清石灰水 铁 石灰石 Al2O3
D 漂白粉 CuSO4 5H2O 水银 CaO 熔融NaCl
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A．硫酸是纯净物，不是混合物；冰醋酸是弱酸，在水溶液中部分电离，属于弱电解质，A错误；
B．橄榄油是多种油脂的混合物，CH3COOH由C、H、O三种元素组成，是化合物，C60由碳元素组成，是单质，Cu2(OH)2CO3是盐，BaSO4是盐，虽难溶于水，但溶解的部分完全电离，属于强电解质，B正确；
C．澄清石灰水是Ca(OH)2的水溶液，属于混合物，不是化合物，石灰石是混合物，C错误；
D．CaO是氧化物，不属于盐，D错误；
故选B。
【分析】混合物：由两种或两种以上物质混合而成的物质；
化合物：由两种或两种以上不同元素组成的纯净物；
单质：由同种元素组成的纯净物；
盐：由金属阳离子（或铵根离子）与酸根阴离子构成的化合物；
强电解质：在水溶液中或熔融状态下能完全电离的电解质。
3．（2025高三上·湖南月考）下列化学用语或图示错误的是
A．基态Ga的简化电子排布式：[Ar]4s24p1
B．Mg3N2的电子式：
C．F2分子的σ键电子云轮廓图：
D．PCl3的VSEPR模型：
【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．Ga为31号元素，基态电子排布式为[Ar]3d104s24p1，A错误；
B．Mg3N2是由Mg2+和N3-构成的离子化合物，电子式的书写规则为：阳离子直接用离子符号表示，阴离子要加方括号，并在方括号右上角标明所带电荷数，则其电子式为，B正确；
C．F2分子中F原子通过p轨道“头碰头”重叠形成σ键，σ键电子云轮廓图呈轴对称，图示符合σ键特征，C正确；
D．PCl3中P的价层电子对数为4（3个成键对+1个孤电子对），VSEPR模型为四面体，D正确；
故选A。
【分析】A．Ga为31号元素，基态原子核外有31个电子，根据构造原理书写其核外电子排布式；
Ｂ．Mg3N2是由Mg2+和N3-构成的离子化合物；
Ｃ．F2分子中F原子通过p轨道“头碰头”重叠形成σ键；
Ｄ．PCl3中P原子的价层电子对数为4，根据价层电子对互斥理论判断其VSEPR模型。
4．（2025高三上·湖南月考）下列选项中陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是
陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A H2O的热稳定性比H2S的强 H2O分子可形成分子间氢键
B 熔点：晶体硅<碳化硅 碳化硅中分子间作用力较大
C pKb值越小碱性越强，例如：pKb值：CH3NH2D 缺角的NaCl晶体在饱和NaCl溶液中浸泡一段时间后会慢慢变为完美的立方体块 晶体具有自范性
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；化学键和分子间作用力的区别
【解析】【解答】A． H2O的热稳定性比H2S的强，是因为O的非金属性比S强，非金属性越强，简单氢化物的热稳定性越强，分子间氢键影响的是物质的熔沸点等物理性质，与热稳定性（化学性质）无关，陈述Ⅰ正确、陈述Ⅱ正确，但因果关系不成立，A错误；
B．晶体硅和碳化硅均为共价晶体，共价晶体的熔点取决于共价键的键能，碳化硅中C-Si键的键能比晶体硅中Si-Si键的键能大，所以熔点更高，陈述Ⅰ正确但陈述Ⅱ错误，B错误；
C．CH3NH2的碱性比NH3强是因-CH3是推电子基，会使氮原子电子云密度增大，更易吸引质子，碱性更强，陈述Ⅱ错误，C错误；
D．缺角NaCl晶体在饱和溶液中恢复是因晶体自范性（自发形成规则结构），陈述Ⅰ和Ⅱ均正确且因果关系成立，D正确；
故选D。
【分析】A．氢键影响物质的物理性质，如熔沸点，不影响其化学性质；
Ｂ．晶体硅和碳化硅均为共价晶体；
Ｃ．电子云密度增大，物质越易吸引质子；
Ｄ．晶体的自范性是指晶体能自发地呈现多面体外形的性质。
5．（2025高三上·湖南月考）下列有关实验装置正确且能达到实验目的的是
A．利用甲装置蒸干溶液，获得NaHCO3固体
B．利用乙装置分离NH4Cl和I2
C．利用丙装置制备Fe(OH)2
D．用丁装置干燥CO2
【答案】C
【知识点】蒸发和结晶、重结晶；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．NaHCO3受热易分解：，若用甲装置蒸干小苏打溶液，在蒸发过程中，随着水分减少，溶液温度升高，NaHCO3分解，蒸干后得到的是Na2CO3，A错误；
B．乙装置加热NH4Cl和I2的混合物，NH4Cl受热分解为NH3和HCl，冷却后重新生成NH4Cl，I2受热升华后遇冷凝华，二者均会在上方冷凝，无法分离，B错误；
C．丙装置中，煤油的密度比水小，能隔绝氧气，防止Fe(OH)2被氧化，钠块在煤油与FeSO4溶液界面与水反应生成NaOH（），NaOH与FeSO4反应生成Fe(OH)2，由于煤油隔绝了空气，生成的Fe(OH)2不易被氧化，可以制备Fe(OH)2，C正确；
D．丁装置为U型干燥管，浓H2SO4是液体干燥剂，应使用洗气瓶（长进短出），U型管只能装固体干燥剂，D错误；
故选C。
【分析】A．碳酸氢钠受热易分解；
Ｂ．加热氯化铵分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢遇冷又化合成氯化铵，碘受热易升华，变为碘蒸气，冷却后又会凝华成固体碘；
Ｃ．Fe(OH)2易被氧化，煤油可隔绝氧气，防止其被氧化；
Ｄ．用浓硫酸干燥气体时，气体应从长管进、短管出。
6．（2025高三上·湖南月考）肼(N2H4)可用作火箭的燃料，其制备方法之一：2NH3+NaClO=NaCl+N2H4+H2O。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．1 mol/L NaCl溶液中阴阳离子总数为2 NA
B．上述反应生成32 g N2H4时，转移电子数为2 NA
C．4.48 L NH3含σ键数目为0.6 NA
D．2 mol N2和足量H2充分反应得到NH3的分子数为4 NA
【答案】B
【知识点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．只给出了NaCl溶液的物质的量浓度为1mol/L，但没有给出溶液体积，无法确定离子总数，A错误；
B.32g N2H4为1 mol，该反应中，N元素的化合价从-3价升高到-2价，每个N原子失去1个电子，则1 mol N2H4转移2 mol电子，数目为2 NA，B正确；
C．没有说明NH3所处的状况，无法确定4.48LNH3的物质的量，也就无法计算其中σ键数目，C错误；
D．合成氨为可逆反应，可逆反应不能进行到底，实际生成NH3分子数小于4 NA，D错误；
故选B。
【分析】A．溶液体积未知，不能计算离子数目；
Ｂ．该反应中，N元素的化合价从-3价升高到-2价，每个N原子失去1个电子；
Ｃ．气体所处的状态未知；
Ｄ．氮气和氢气合成氨的反应为可逆反应，不能完全转化。
7．（2025高三上·湖南月考）下列离子方程式书写错误的是
A．少量AgNO3滴入过量氨水中：Ag++2NH3=[Ag(NH3)2]+
B．向NH4HSO3溶液中加过量NaOH溶液并加热：
C．将Na2O2固体投入H218O中：2Na2O2+2H218O=4Na++2OH-+218OH-+O2↑
D．少量SO2与KClO溶液反应：SO2+H2O+2ClO-=2HClO+
【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；二氧化硫的性质；离子方程式的书写；钠的氧化物
【解析】【解答】A． 少量AgNO3滴入过量氨水中 ，Ag+会与过量NH3结合生成[Ag(NH3)2]+，离子方程式为 Ag++2NH3=[Ag(NH3)2]+ ，A正确；
B． 向NH4HSO3溶液中加过量NaOH溶液并加热 ，与过量OH-加热生成NH3，与OH-生成，反应的离子方程式为 ，B正确；
C．Na2O2与H218O反应时，Na2O2既是氧化剂也是还原剂，反应的离子方程式为 2Na2O2+2H218O=4Na++2OH-+218OH-+O2↑ ，C正确；
D．ClO-具有强氧化性，SO2应被氧化为，而ClO-被还原为Cl-，正确离子方程式为，D错误；
答案选D。
【分析】A．Ag+与过量NH3生成[Ag(NH3)2]+；
Ｂ．铵根离子在碱性条件下加热会逸出氨气，与OH-生成；
Ｃ．过氧化钠和水发生歧化反应，过氧化钠既是氧化剂也是还原剂；
Ｄ．ClO-具有强氧化性，与SO2发生氧化还原反应。
8．（2025高三上·湖南月考）如图所示是一种叶绿素的结构示意图，下列有关叙述正确的是
A．该叶绿素所有碳原子可以在同一平面
B．该叶绿素是配合物，中心离子是镁离子，将其与氢氧化钠溶液混合可产生白色沉淀
C．该叶绿素是电中性配合物，其配位数为4
D．该叶绿素属于超分子
【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A．该叶绿素分子中存在多个饱和碳原子，饱和碳原子的空间结构为四面体结构，所以所有碳原子不可能在同一平面，A错误；
B．叶绿素是配合物，中心离子为Mg2+，但Mg2+与卟啉环中的四个N原子形成稳定的配位键，不易解离，与NaOH溶液混合时，Mg2+不会游离出来与OH-结合生成Mg(OH)2白色沉淀，B错误；
C．叶绿素中中心离子Mg2+与4个N原子配位，配位数为4；分子中卟啉环为带两个负电荷的配体，其他基团也呈电中性，整体为电中性配合物，C正确；
D．超分子是由两种或两种以上分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体，而叶绿素是单一的大分子化合物，不属于超分子，D错误；
答案选C。
【分析】A．饱和碳原子具有甲烷的结构特征；
Ｂ．该配合物中镁离子不会解离；
Ｃ．镁离子周围有4个氮原子参与配位；
Ｄ．超分子是由两种或两种以上分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体。
9．（2025高三上·湖南月考）下列实验对应的现象以及结论均正确的是
选项 实验 现象 结论
A 将少量Cl2通入FeI2溶液 溶液变黄 Cl2将Fe2+氧化为Fe3+
B 向酸性高锰酸钾溶液滴入几滴甲醇 溶液未褪色 反应生成了甲酸
C 向盛有溴水的分液漏斗中加入己烷，充分振荡，静置 下层为橙色 可用己烷萃取溴
D 相同温度时分别向相同浓度相同体积的硫代硫酸钠溶液中加入相同体积不同浓度的稀硫酸 乳白色浑浊出现时间不同 探究浓度对反应速率的影响
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；分液和萃取；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．还原性：I->Fe2+，Cl2少量时优先氧化还原性更强的I 而非Fe2+，溶液变黄是因生成I2，A错误；
B．甲醇具有还原性，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，甲醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化，反应过程中酸性高锰酸钾溶液会褪色，若溶液未褪色，说明甲醇没有被氧化，也就不会生成甲酸，现象与结论矛盾，B错误；
C．己烷的密度比水小，向盛有溴水的分液漏斗中加入己烷，充分振荡、静置后，溴被萃取到己烷中，上层（己烷层）为橙色，下层为水层。而该选项说下层为橙色，与实际现象不符。C错误；
D．实验中，硫代硫酸钠溶液的浓度、体积相同，温度相同，只是加入的稀硫酸浓度不同（即反应物浓度不同），观察到乳白色浑浊（硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成硫单质等的现象）出现的时间不同。根据 “控制变量法”，在其他条件相同的情况下，只有反应物浓度不同，反应速率不同（表现为出现浑浊的时间不同），所以该实验是在探究浓度对反应速率的影响。该选项现象与结论匹配，D正确；
故选D。
【分析】A．还原性：I->Fe2+，氯气优先氧化碘离子；
Ｂ．甲醇具有还原性，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性；
Ｃ．己烷的密度比水小；
Ｄ．利用控制变量法探究某一因素对化学反应速率的影响时，应保证其他反应条件相同。
10．（2025高三上·湖南月考）Na2S2O3去除酸性废水中H3AsO3的反应机理如图所示(图中“HS·”为自由基)，下列说法错误的是
A．X为H2S2是非极性分子
B．H2S、S8、中的硫原子均是sp3杂化
C．步骤Ⅲ反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1
D．步骤Ⅳ除砷的方程式为3H2S+2H3AsO3=As2S3↓+6H2O
【答案】A
【知识点】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；氧化还原反应
【解析】【解答】A．由反应机理，HS·发生反应生成X，结合后续反应及原子守恒可知，X为H2S2，H2S2分子不对称，正负电荷中心不重合，是极性分子，A错误；
B．中S原子价层电子对数=，杂化；分子皇冠状结构，每个S原子形成2个σ键，价层电子对数=，杂化；中S原子价层电子对数=，杂化，三者硫原子均为杂化，B正确；
C．步骤Ⅲ发生反应为，氧化剂（得电子的S）与还原剂（失电子的S）物质的量之比为1：1，C正确；
D．步骤Ⅳ中与反应生成和，方程式为，D正确；
故选A。
【分析】与氢离子在紫外线照射条件下可以生成，两个可以结合生成，分解得到和，与发生反应生成。
A．根据正负电荷中心是否重合判断分子极性；
Ｂ．先计算中心原子的价层电子对数，再判断杂化方式；
Ｃ．步骤Ⅲ发生的反应为；
Ｄ．步骤Ⅳ中与反应生成和。
11．（2025高三上·湖南月考）一种新型的电解质锂盐，目前被广泛用于锂电池中，结构如图所示，其中M、X、Y、Z均为同一短周期元素且原子序数依次增大，X原子核外的s轨道与p轨道上的电子数之比为2：1，下列叙述正确的是
A．X、Y、Z的简单气态氢化物分子之间均能形成氢键
B．MZ3分子为极性分子
C．第一电离能：Z>X>Y>M
D．最高价含氧酸：X比M强
【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；极性分子和非极性分子；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．X的简单气态氢化物是CH4，CH4分子间不能形成氢键，A错误；
B．M为B，Z为F，MZ3为BF3，BF3分子中B原子价层电子对数为3+=3，无孤电子对，空间构型为平面三角形，分子结构对称，正、负电中心重合，属于非极性分子，B错误；
C．同周期主族元素，原子序数越大，第一电离能越大，但ⅡA族、ⅤA族，原子属于全充满和半充满结构，第一电离能大于相邻元素，则第一电离能：F>O>C>B，即Z>Y>X>M，C错误；
D．元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：C>B，则酸性：H2CO3>H3BO3，D正确；
故选D。
【分析】已知M、X、Y、Z为同一短周期元素且原子序数依次增大，X原子核外的s轨道与p轨道上的电子数之比为2：1，短周期元素中，原子核外电子排布若为1s22s22p2（即C元素），s轨道电子数为4，p轨道电子数为2，比例为2：1，所以X为C，结合物质结构，可推出M为B，Y为O，Z为F。
12．（2025高三上·湖南月考）一种从碲化镉(CdTe)废料中回收碲并制备硫化镉(CdS)的工艺流程如下：
已知：“氧化酸浸”中有CdSO4和H2TeO3生成。下列说法错误的是
A．H2TeO3是弱酸
B．“氧化酸浸”中氧化剂H2O2与还原剂CdTe的物质的量之比为3：1
C．“还原”过程中的化学反应为2Na2SO3+H2TeO3=Te+2Na2SO4+H2O
D．“沉淀”过程中增大盐酸的用量，可提高沉淀率
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．碲与硫同主族，非金属性弱于硫，亚硫酸为弱酸，亚碲酸酸性更弱，故为弱酸，A项正确；
B．“氧化酸浸”中主要的反应为：，该反应中，H2O2为氧化剂，CdTe为还原剂，则 氧化剂H2O2与还原剂CdTe的物质的量之比为3：1，B项正确；
C．“还原”时Na2SO3还原H2TeO3，电子守恒需2个S失4e-，方程式为2Na2SO3+H2TeO3=Te+2Na2SO4+H2O，原子守恒，C项正确；
D．“沉淀”生成CdS，需S2-与Cd2+结合。增大盐酸用量，H+与S2-结合生成H2S，降低S2-浓度，使CdS沉淀不完全，沉淀率降低，D项错误；
故答案选D。
【分析】向CdTe残渣中加入稀硫酸和过氧化氢进行氧化酸浸，已知：“氧化酸浸”中有CdSO4和H2TeO3生成，则氧化酸浸反应的方程式为：，随后用亚硫酸钠还原产生Te单质，反应方程式为：，再加盐酸、硫化钠沉淀镉离子生成CdS。
13．（2025高三上·湖南月考）铈及其化合物常用作催化剂、电弧电极、特种玻璃等。、、组成的化合物的立方晶胞如图所示，晶胞参数为a pm，阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法错误的是
A．该化合物的化学式为
B．每个原子周围距离最近的原子有4个
C．该化合物的密度为×1030 g·cm-3
D．原子与原子的最短距离为pm
【答案】D
【知识点】离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A．原子位于顶点，数目为；位于面心，数目为；原子位于晶胞内部，共4个，原子个数比，化学式为，故A正确；
B．原子周围距离最近的原子形成四面体配位结构，配位数为4，即每个As原子周围距离最近的S原子有4个，故B正确；
C．晶胞质量，体积，密度，故C正确；
D．原子在晶胞内呈四面体分布，最短距离为面对角线的一半，即 pm，而非体对角线的一半 pm，故D错误；
故答案选D。
【分析】A．根据均摊法计算原子数目，进而确定其分子式；
Ｂ．每个As原子周围距离最近的S原子有4个；
Ｃ．根据计算；
Ｄ．S原子与S原子的最短距离为面对角线的一半。
14．（2025高三上·湖南月考）电位滴定法是根据滴定过程中电极电位变化来判断滴定终点的一种滴定分析方法，滴定终点时电极电位发生突变。常温下，利用盐酸滴定某溶液中磷酸钠的含量，其电位滴定曲线与pH曲线如图所示。下列说法错误的是
已知：磷酸Ka1=6.9×10-3、Ka2=6.2×10-8、Ka3=4.8×10-13
A．a点对应的溶液呈弱碱性
B．水的电离程度：a>b>c
C．b点对应的溶液中存在：c(H+)+c(H3PO4)=c(OH-)+c()+c()
D．c点对应的溶液中存在：c(Cl-)>c(H3PO4)>c()>c()
【答案】C
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．a点为第一个滴定终点，反应为PO+H+=HPO，溶质为Na2HPO4，HPO的水解常数Kh2==，电离常数Ka3=4.8×10-13，水解程度大于电离程度，溶液呈弱碱性，A正确；
B．a点溶质为Na2HPO4(水解促进水电离)，b点为NaH2PO4(电离大于水解，溶液呈酸性，抑制水电离)，c点为H3PO4(中强酸，抑制水电离更强)，则水的电离程度a>b>c，B正确；
C．b点对应的溶质为NaCl和NaH2PO4，二者物质的量之比为2：1，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+2c(HPO)+c(H2PO)+3c(PO)，根据物料守恒，2c(Na+)=3 c(Cl-)=6[c(HPO)+c(H2PO)+c(PO)+c(H3PO4)]，得：c(H+)+c(H3PO4)+2c()=c(OH-)+c()，C错误；
D．c点对应的溶质为H3PO4、NaCl，H3PO4和NaCl的比为1：3(NaCl为a、b、c三点累积下来的)，对应溶质H3PO4，溶液中仍以H3PO4为主，H3PO4的各步电离程度依次减小，所以c(Cl-)>c(H3PO4)>c()>c()，D正确；
答案选C。
【分析】A．a点溶液中的溶质为Na2HPO4；
Ｂ．酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离；
Ｃ．b点溶液中的溶质为NaCl和NaH2PO4，且二者的物质的量之比为2：1，结合电荷守恒和物料守恒分析；
Ｄ．c点溶液中的溶质以为H3PO4、NaCl，物质的量之比为1：3。
二、非选择题：
15．（2025高三上·湖南月考）十二钨硅酸(H4[SiW12O40]·nH2O)在催化方面有重要用途。某实验小组制备十二钨硅酸晶体方法如下(装置如下图1，夹持装置省略)：
Ⅰ．将适量Na2WO4·2H2O、Na2SiO3·9H2O加入三颈烧瓶中，加适量水，加热，溶解；
Ⅱ．持续搅拌下加热混合物至沸腾，缓慢滴加浓盐酸至pH为2，反应30分钟，冷却；
Ⅲ．将冷却后的全部液体转移至分液漏斗中，加入乙醚，分多次加入浓盐酸，充分振荡，萃取；
Ⅳ．将下层醚合物分出放于蒸发皿中，加水，水浴蒸发至溶液表面有晶体析出时为止，冷却结晶，抽滤、洗涤、干燥，得到十二钨硅酸晶体(H4[SiW12O40]·nH2O)。
已知：①制备过程中反应体系pH过低会产生钨的水合氧化物沉淀；
②乙醚沸点为34.6℃、易燃，有毒，难溶于水且密度比水小；
③乙醚在高浓度盐酸中生成的与[SiW12O40]4-缔合成密度较大的油状钨硅酸醚合物。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称是　 　，三颈烧瓶中加入搅拌子，除搅拌使反应更充分外，还兼有　 　作用。
（2）写出步骤Ⅱ中生成H4[SiW12O40]的化学方程式：　 　。
（3）步骤Ⅲ不能用乙醇替代乙醚作萃取剂的主要原因是　 　；该步骤应在下列　 　(填选项)条件下进行操作。
A．B．C．
（4）步骤Ⅳ中抽滤的装置如图，安全瓶的作用是　 　。抽滤洗涤后，判断沉淀是否洗涤干净的具体操作是　 　。
（5）结晶水测定：采用热重分析法测结晶水的含量，若样品潮湿，会导致n的值　 　(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
【答案】（1）(球形)干燥管；防暴沸
（2）12Na2WO4+Na2SiO3+26HClH4[SiW12O40]+26NaCl+11H2O
（3）乙醇与水互溶，不能用作该体系的萃取剂；C
（4）防倒吸；取适量最后一次洗涤液于试管中，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若溶液出现白色沉淀，则未洗净，若没有出现白色沉淀，则洗净
（5）偏大
【知识点】物质的分离与提纯；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）由图可知，仪器a为(球形)干燥管，其作用应是防止外界水蒸气进入或吸收挥发的杂质气体。在液体加热反应中，若局部温度过高，液体容易因过热而突然沸腾，发生暴沸现象。搅拌子在搅拌使反应更充分的同时，能不断打破液体表面的过热区域，使液体温度均匀分布，从而起到防止暴沸的作用；
（2）在第一步中，晶体均加热溶解，故反应物为Na2WO4、Na2SiO3和HCl，生成物为H4[SiW12O40]和NaCl，则步骤Ⅱ中生成H4[SiW12O40]的化学方程式为：12Na2WO4+Na2SiO3+26HClH4[SiW12O40]+26NaCl+11H2O；
（3）乙醚难溶于水，能与钨硅酸缔合成油状醚合物从而实现萃取；而乙醇与水可以任意比例互溶，无法与水形成分层体系，不能将钨硅酸从水溶液中分离出来，故不能用乙醇替代乙醚作萃取剂。已知乙醚易燃、有毒，操作时需满足两个关键条件；防明火、通风，故答案为：乙醇与水互溶，不能用作该体系的萃取剂；C；
（4）抽滤(减压过滤)时，装置内压强会显著减小。安全瓶能有效阻断倒吸路径，起到防止倒吸的作用。制备过程中使用了浓盐酸，产物表面可能残留Cl-(来自过量的HCl或生成的NaCl)，故可通过检验最后一次洗涤液中是否含Cl-来判断沉淀是否洗净，则答案为：防倒吸；取适量最后一次洗涤液于试管中，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若溶液出现白色沉淀，则未洗净，若没有出现白色沉淀，则洗净；
（5）若样品潮湿，说明样品中除了结晶水外，还含有额外的游离水。加热时，游离水会与结晶水一同挥发，导致测得的“质量减少量”偏大(包含了游离水的质量)，偏大会使计算出的n值偏大。
【分析】先将适量、加入三颈烧瓶中，加适量水，加热，溶解；然后在持续搅拌下加热混合物至近沸，缓慢滴加浓盐酸至pH为2，反应30分钟，冷却；将反应液转至萃取仪器中，加入乙醚，再分批次加入浓盐酸，萃取；静置后液体分上、中、下三层，下层是油状钨硅酸醚合物；将下层油状物转至蒸发皿中，加少量水，加热至混合液表面有晶膜形成，冷却结晶，抽滤，干燥，得到十二钨硅酸晶体()。
（1）根据仪器构造书写其名称；搅拌子通过持续搅拌反应体系内的物质，能让热量更均匀地分散开，避免反应体系中某一局部区域因反应放热或加热而温度过高，从而使反应在相对平稳、均匀的温度条件下进行；
（2）步骤Ⅱ中， Na2WO4·2H2O、Na2SiO3·9H2O反应生成 H4[SiW12O40] 、NaCl和水；
（3）乙醇与水互溶，不能作萃取剂；乙醚易燃、有毒，应在通风条件下进行；
（4）步骤Ⅳ中安全瓶起到防倒吸作用，通过检验最后一次洗涤液中是否含Cl-来判断沉淀是否洗净；
（5）热重分析法测定结晶水含量的原理是：通过加热样品，使结晶水失去，根据加热前后样品的质量变化（失去的结晶水的质量），计算结晶水的数目n，若样品潮湿，意味着样品中除了原本的结晶水，还含有额外的游离水。当对样品进行加热时，游离水和结晶水都会失去，这就会使得测定时，计算所用的 “失去的水的总质量” 比实际结晶水的质量大，根据结晶水数目的计算原理，结晶水数目n与失去的结晶水质量正相关。由于错误地将游离水的质量也计入了结晶水的质量，所以计算得到的结晶水数目n会偏大。
（1）由图可知，仪器a为(球形)干燥管，其作用应是防止外界水蒸气进入或吸收挥发的杂质气体。在液体加热反应中，若局部温度过高，液体容易因过热而突然沸腾，发生暴沸现象。搅拌子在搅拌使反应更充分的同时，能不断打破液体表面的过热区域，使液体温度均匀分布，从而起到防止暴沸的作用；
（2）在第一步中，晶体均加热溶解，故反应物为Na2WO4、Na2SiO3和HCl，生成物为H4[SiW12O40]和NaCl，则步骤Ⅱ中生成H4[SiW12O40]的化学方程式为：12Na2WO4+Na2SiO3+26HClH4[SiW12O40]+26NaCl+11H2O；
（3）乙醚难溶于水，能与钨硅酸缔合成油状醚合物从而实现萃取；而乙醇与水可以任意比例互溶，无法与水形成分层体系，不能将钨硅酸从水溶液中分离出来，故不能用乙醇替代乙醚作萃取剂。已知乙醚易燃、有毒，操作时需满足两个关键条件；防明火、通风，故答案为：乙醇与水互溶，不能用作该体系的萃取剂；C；
（4）抽滤(减压过滤)时，装置内压强会显著减小。安全瓶能有效阻断倒吸路径，起到防止倒吸的作用。制备过程中使用了浓盐酸，产物表面可能残留Cl-(来自过量的HCl或生成的NaCl)，故可通过检验最后一次洗涤液中是否含Cl-来判断沉淀是否洗净，则答案为：防倒吸；取适量最后一次洗涤液于试管中，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若溶液出现白色沉淀，则未洗净，若没有出现白色沉淀，则洗净；
（5）若样品潮湿，说明样品中除了结晶水外，还含有额外的游离水。加热时，游离水会与结晶水一同挥发，导致测得的“质量减少量”偏大(包含了游离水的质量)。偏大会使计算出的n值偏大。
16．（2025高三上·湖南月考）层状MoS2常作加氢脱硫(HDS)与加氢脱氮(HDN)的催化剂、锂离子电池的负极材料。以废钼催化剂(主要成分为MoS2和CoS，含少量Al、Fe及其氧化物等)制备MoS2的流程如图所示：
已知：①“水浸”后Mo以的形式存在于滤液中；Al以[Al(OH)4]-的形式存在于滤液中；
②“萃取”原理：2R3N(叔胺)+2H++(R3NH)2MoO4。
回答下列问题：
（1）已知：元素周期表中，Mo在Cr的正下方且相邻，基态Mo和Cr的未成对电子数相等。基态Mo属于　 　区元素，其价层电子排布式为　 　。
（2）若取适量“焙烧”产生的气体依次通过足量的酸性KMnO4溶液、澄清石灰水，观察到的现象是：溶液颜色变浅、溶液变浑浊。则“焙烧”过程中MoS2反应的化学方程式为　 　。
（3）“调节pH”时通入过量CO2气体，该过程中生成滤渣2的离子方程式为　 　。
（4）“萃取”操作中的步骤有：①加入萃取剂，振荡、放气；②取下仪器上部塞子，旋转活塞；③静置；④上层液体从上口倒出；⑤放出下层液体，当下层液体刚好放出后关闭活塞。正确的先后排序是　 　(填序号)。
（5）通过反萃取法使有机相中的Mo元素回到水相，需加反萃取剂，加入的反萃取剂最好是　 　(写化学式)。
（6）用(NH4)2MoO4先制备(NH4)2MoS4，再在一定条件下将(NH4)2MoS4，加热得到MoS2，其中产物NH3、H2S和S4的物质的量之比为8：4：1，写出该反应的化学方程式：　 　。
【答案】（1）d；4d55s1
（2）2MoS2+2Na2CO3+7O22Na2MoO4+4SO2+2CO2
（3）[Al(OH)4]-+CO2=Al(OH)3↓+
（4）①③②⑤④
（5）NH3·H2O
（6）4(NH4)2MoS44MoS2+8NH3↑+4H2S↑+S4
【知识点】原子核外电子排布；氧化还原反应方程式的配平；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；分液和萃取；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由题意可知，基态钼的价层电子排布式为4d55s1，位于元素周期表d区；
（2）由分析可知，焙烧时硫化钼发生的反应为硫化钼高温条件下与氧气、碳酸钠反应生成钼酸钠、二氧化硫和二氧化碳，反应方程式为2MoS2+2Na2CO3+7O22Na2MoO4+4SO2+2CO2；
（3）由分析可知，通入过量二氧化碳发生的反应为二氧化碳与溶液中的四羟基合铝酸根离子生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根离子，反应的离子方程式为[Al(OH)4]-+CO2=Al(OH)3↓+；
（4）加入叔胺萃取溶液中的钼元素的操作为入萃取剂，振荡、放气：先混合萃取剂与待萃取液，振荡增大接触面积(提高萃取效率)，振荡时产生气压，需及时放气(防止分液漏斗炸裂)；③静置：让互不相溶的液体分层(萃取剂与水层密度不同，分层是分离前提)；②取下仪器上部塞子，旋转活塞：打开上口塞子(平衡分液漏斗内外气压，使下层液体顺利流出)，再旋转活塞准备放液；⑤放出下层液体，当下层液体刚好放出后关闭活塞：下层液体从下口放出，放完立即关活塞(防止上层液体随下层液体流出，造成污染)；④上层液体从上口倒出：上层液体若从下口倒出，会残留下层液体，故从上口倒出，保证分离纯度，则正确的先后排序是①③②⑤④；
（5）由分析可知，加入氨水反萃取的目的是使有机相中的钼元素回到水相；
（6）由题意可知，硫代钼酸铵受热分解生成二硫化钼、氨气、硫化氢和S4，反应的化学方程式为4(NH4)2MoS44MoS2+8NH3↑+4H2S↑+S4。
【分析】向废钼催化剂中加入Na2CO3并通入空气进行焙烧，将 MoS2和CoS 转化为可溶的钠盐，同时产生CO2、SO2等气体，焙烧产物用水浸取， Mo以的形式存在于滤液中 ， Al以[Al(OH)4]-的形式存在于滤液中 ，调节pH，Al、Fe及其氧化物转化为沉淀除去，加入叔胺萃取，发生反应 2R3N(叔胺)+2H++(R3NH)2MoO4 ，可将钼元素富集到有机相，再通过反萃取将钼元素从有机相转移到水相，得到含钼的溶液，酸沉后得到(NH4)2MoO4，再经过一定反应可制备出 MoS2 。
（1）由题意可知，基态钼的价层电子排布式为4d55s1，位于元素周期表d区；
（2）由分析可知，焙烧时硫化钼发生的反应为硫化钼高温条件下与氧气、碳酸钠反应生成钼酸钠、二氧化硫和二氧化碳，反应方程式为2MoS2+2Na2CO3+7O22Na2MoO4+4SO2+2CO2；
（3）由分析可知，通入过量二氧化碳发生的反应为二氧化碳与溶液中的四羟基合铝酸根离子生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根离子，反应的离子方程式为[Al(OH)4]-+CO2=Al(OH)3↓+；
（4）加入叔胺萃取溶液中的钼元素的操作为入萃取剂，振荡、放气：先混合萃取剂与待萃取液，振荡增大接触面积(提高萃取效率)，振荡时产生气压，需及时放气(防止分液漏斗炸裂)；③静置：让互不相溶的液体分层(萃取剂与水层密度不同，分层是分离前提)；②取下仪器上部塞子，旋转活塞：打开上口塞子(平衡分液漏斗内外气压，使下层液体顺利流出)，再旋转活塞准备放液；⑤放出下层液体，当下层液体刚好放出后关闭活塞：下层液体从下口放出，放完立即关活塞(防止上层液体随下层液体流出，造成污染)；④上层液体从上口倒出：上层液体若从下口倒出，会残留下层液体，故从上口倒出，保证分离纯度，则正确的先后排序是①③②⑤④；
（5）由分析可知，加入氨水反萃取的目的是使有机相中的钼元素回到水相；
（6）由题意可知，硫代钼酸铵受热分解生成二硫化钼、氨气、硫化氢和S4，反应的化学方程式为4(NH4)2MoS44MoS2+8NH3↑+4H2S↑+S4。
17．（2025高三上·湖南月考）氮及其化合物在生产、生活中有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）NaN3是汽车安全气囊中的主要成分，该化合物属于　 　(填“离子化合物”或“共价化合物”)，其中的空间结构为　 　。
（2）NH3、NF3、三种微粒中所含元素的电负性由大到小的顺序为　 　，其中键角最小的微粒是　 　，N原子配位能力最强的微粒是　 　(均填符号)。
（3）氮化钼作为锂离子电池负极材料具有很好的发展前景。它属于填隙式氮化物，N原子部分填充在Mo原子立方晶格的八面体空隙中，晶胞结构如图所示。氮化钼的化学式为　 　；用NA表示阿伏加德罗常数的值，氮化钼晶体的密度为　 　g·cm-3(写出表达式即可)；将Li+填入氮化钼晶胞的八面体空隙中，每个晶胞最多还能填入　 　个Li+。
【答案】（1）离子化合物；直线形
（2）F>N>H；NF3；NH3
（3）Mo2N；；2
【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；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）NaN3由Na+和通过离子键结合而成，所以NaN3属于离子化合物；与CO2是等电子体，等电子体具有相似的结构。CO2的空间结构为直线形，所以的空间结构也为直线形；
（2）电负性是元素的原子在化合物中吸引电子的能力。F的电负性最大，N的电负性大于H，所以NH3、NF3、三种微粒中所含元素的电负性由大到小的顺序为F>N>H；三者中心原子杂化方式相同，NH3中N原子有一对孤电子对，NF3中N原子有一对孤电子对，中N原子没有孤电子对，孤电子对一成键电子对的排斥力大于成键电子对一成键电子对的排斥力，且F的电负性大于H，NF3中N-F键上的电子云更偏向F，所以键角最小的微粒是NF3；NH3中N原子有一对孤电子对，NF3中由于F的电负性大，使得N原子上的电子云密度降低，中N原子的孤电子对形成了配位键，所以N原子配位能力最强的微粒是NH3；
（3）根据晶胞结构，Mo原子位于顶点和面心，顶点上的原子对晶胞的贡献为1/8，面心上的原子对晶胞的贡献为，则Mo原子个数N(Mo)=8×+6×=4；N原子位于棱上和体心，棱上的原子对晶胞的贡献为，体心上的原子对晶胞的贡献为1，则N原子个数N(N)=4×+1=2，所以氮化钼的化学式为Mo2N；1mol晶胞的体积V=(a×10-7)3NAcm3，1mol晶胞的质量m=(4×96+2×14)g，根据密度公式可得氮化钼晶体的密度，Mo原子立方晶格的八面体空隙中，N原子部分填充，由晶胞结构可知，八面体空隙的数目与Mo原子数目相同，为4个，已经有2个被N原子占据，所以每个晶胞最多还能填入2个Li+。
【分析】（1） NaN3是由Na+和构成的离子化合物； 与CO2为等电子体，空间结构相同；
（2）电负性是元素吸引电子的能力，同周期从左到右电负性增大，同主族从上到下电负性减小；孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；配位能力与中心原子的电子云密度有关，电子云密度越大，越易提供孤电子对；
（3）用均摊法计算晶胞中原子数，Mo原子：8×+6×=4，N原子：4×+1=2，其化学式为 Mo2N；根据计算晶体密度；Mo原子立方晶格的八面体空隙数：立方晶胞中，八面体空隙数等于原子数（此处 Mo 原子数为 2），但 N 原子已填充 2 个八面体空隙，而立方晶胞的八面体空隙总数为4，剩余八面体空隙数为2，则最多还能填入2个Li+。
（1）NaN3由Na+和通过离子键结合而成，所以NaN3属于离子化合物；与CO2是等电子体，等电子体具有相似的结构。CO2的空间结构为直线形，所以的空间结构也为直线形；
（2）电负性是元素的原子在化合物中吸引电子的能力。F的电负性最大，N的电负性大于H，所以NH3、NF3、三种微粒中所含元素的电负性由大到小的顺序为F>N>H；三者中心原子杂化方式相同，NH3中N原子有一对孤电子对，NF3中N原子有一对孤电子对，中N原子没有孤电子对，孤电子对一成键电子对的排斥力大于成键电子对一成键电子对的排斥力，且F的电负性大于H，NF3中N-F键上的电子云更偏向F，所以键角最小的微粒是NF3；NH3中N原子有一对孤电子对，NF3中由于F的电负性大，使得N原子上的电子云密度降低，中N原子的孤电子对形成了配位键，所以N原子配位能力最强的微粒是NH3；
（3）根据晶胞结构，Mo原子位于顶点和面心，顶点上的原子对晶胞的贡献为1/8，面心上的原子对晶胞的贡献为，则Mo原子个数N(Mo)=8×+6×=4；N原子位于棱上和体心，棱上的原子对晶胞的贡献为，体心上的原子对晶胞的贡献为1，则N原子个数N(N)=4×+1=2，所以氮化钼的化学式为Mo2N；1mol晶胞的体积V=(a×10-7)3NAcm3，1mol晶胞的质量m=(4×96+2×14)g，根据密度公式可得氮化钼晶体的密度，Mo原子立方晶格的八面体空隙中，N原子部分填充，由晶胞结构可知，八面体空隙的数目与Mo原子数目相同，为4个，已经有2个被N原子占据，所以每个晶胞最多还能填入2个Li+。
18．（2025高三上·湖南月考）有机物G是治疗疼痛的药物，其一种合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A分子中碳原子的杂化方式有　 　种。
（2）在B的命名中，若将苯环看作取代基，则B的化学名称为　 　。
（3）B→C的反应需经历B→X→C的过程，已知X的分子式为C10H12O3。
①X的结构简式为　 　；
②B→X的反应类型为　 　。
（4）C→D反应方程式为　 　。
（5）和相比，其酮羰基的α-H活性更强的是　 　(填“①”或“②”)，你的判断依据是　 　。
（6）写出分子中含有，核磁共振氢谱显示有5组峰，且峰面积之比为6：2：1：1：1的C的芳香族同分异构体的结构简式：　 　。
【答案】（1）3
（2）2-苯基丙酸
（3）；加成反应
（4）+CH3OH+H2O
（5）①；①中α-H同时受到羰基和酯基的吸电子作用，C-H键的极性增强，更易电离出H+
（6）、
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由结构简式可知，分子中苯环上碳原子的杂化方式为sp2杂化，饱和碳原子的杂化方式为sp3杂化，-CN上的三键碳原子的杂化方式为sp杂化，则分子中碳原子的杂化方式有3种。
（2）由结构简式可知，可以视作丙酸分子中α位碳原子上氢原子被苯环取代所得结构，名称为2-苯基丙酸。
（3）①由分析可知，B→X→C的过程为先与甲醛发生加成反应生成分子式为C10H12O3的，则X为，
②B→X的过程为与甲醛发生加成反应生成。
（4）由分析可知，C→D的反应为在浓硫酸作用下与甲醇共热发生酯化反应生成和水，反应方程式为+CH3OH+H2O。
（5）由结构简式可知，①中α-H同时受到羰基和酯基的吸电子作用，使得C-H键的极性增强，更易电离出氢离子，所以α-H的活性更强的是①。
（6）分子中含有的C的芳香族同分异构体中，核磁共振氢谱显示有5组峰，且峰面积之比为6：2：1：1：1，说明同分异构体分子中苯环上的侧链为2个甲基和，且2个甲基处于对称位置，结构简式为、。
【分析】在NaOH水溶液中水解，然后用HCl酸化得到，与甲醛发生加成反应，然后与HBr发生取代反应得到，转化为D，D与反应生成E，结合E的结构简式可知，引入了酯基，说明C转化为D的过程中，发生了酯化反应，则C→D是在浓硫酸作用下与甲醇发生酯化反应生成，即D为，与发生取代反应生成，在HBe/HOAc条件下转化为，与氢氧化钠溶液发生中和反应生成。
（1）由结构简式可知，分子中苯环上碳原子的杂化方式为sp2杂化，饱和碳原子的杂化方式为sp3杂化，-CN上的三键碳原子的杂化方式为sp杂化，则分子中碳原子的杂化方式有3种。
（2）由结构简式可知，可以视作丙酸分子中α位碳原子上氢原子被苯环取代所得结构，名称为2-苯基丙酸。
（3）①由分析可知，B→X→C的过程为先与甲醛发生加成反应生成分子式为C10H12O3的，则X为，
再与溴化氢发生取代反应生成；
②B→X的过程为与甲醛发生加成反应生成。
（4）由分析可知，C→D的反应为在浓硫酸作用下与甲醇共热发生酯化反应生成和水，反应方程式为+CH3OH+H2O。
（5）由结构简式可知，①中α-H同时受到羰基和酯基的吸电子作用，使得C-H键的极性增强，更易电离出氢离子，所以α-H的活性更强的是①。
（6）分子中含有的C的芳香族同分异构体中，核磁共振氢谱显示有5组峰，且峰面积之比为6：2：1：1：1，说明同分异构体分子中苯环上的侧链为2个甲基和，且2个甲基处于对称位置，结构简式为、。
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