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湖南省益阳市2026届高三上学期9月教学质量监测化学试题
一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)
1．2025年“两会”强调要推动绿色低碳发展，下列做法不符合该理念的是
A．推广使用氢燃料电池汽车
B．利用光伏电池发电，减少火力发电
C．将废旧电池深埋处理，以减少重金属的污染
D．采用绿色化学工艺，提高原料原子利用率
【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；常见的生活环境的污染及治理
【解析】【解答】A、氢燃料电池汽车的燃料是氢气，燃烧产物只有水，不会产生二氧化碳等温室气体，也无其他污染物排放，能有效降低交通领域的碳排放，符合绿色低碳理念，故A不符合题意 ；
B、光伏电池利用太阳能发电，属于清洁能源发电方式，可减少依赖化石燃料的火力发电，从而降低煤炭燃烧带来的碳排放和大气污染，符合绿色低碳理念，故B不符合题意 ；
C、废旧电池中含有汞、镉、铅等重金属，若深埋处理，重金属会随雨水渗漏进入土壤和地下水，造成持久的土壤与水体污染，并非减少污染，反而会加剧环境危害，不符合绿色低碳理念，故C符合题意 ；
D：绿色化学工艺通过优化反应路径，提高原料原子利用率，能减少废弃物排放，降低资源消耗和能源使用，从源头减少污染与碳排放，符合绿色低碳理念，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
绿色低碳核心：核心是减少温室气体排放、避免环境污染、提升资源利用效率。
清洁能源识别：氢能、太阳能等属于零碳清洁能源，可替代化石能源实现减排。
固废处理原则：废旧电池等含重金属的废弃物，严禁深埋处理，需专门回收利用，避免污染扩散。
绿色化学本质：通过原子经济性反应，从生产源头减少废物产生，是工业领域低碳环保的关键方向。
2．下列实验装置或操作中，能达到预期实验目的的是
A．制取银氨溶液 B．测定盐酸浓度
C．检验漂白性 D．吸收尾气
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】氨的实验室制法；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、制取银氨溶液的规范操作是：向硝酸银溶液中逐滴加入氨水，先观察到有沉淀生成，继续滴加氨水至沉淀恰好完全溶解，此时得到的才是银氨溶液，操作顺序错误，A不能达到目的；
B、NaOH 溶液呈碱性，需盛放在带有聚四氟乙烯活塞的碱式滴定管中（避免玻璃活塞被腐蚀粘连）；盐酸浓度未知，可用标准 NaOH 溶液进行酸碱中和滴定测定其浓度，装置与操作均符合规范，B能达到目的；
C、SO2具有还原性，能与强氧化性的酸性 KMnO4溶液发生氧化还原反应使其褪色，该实验体现的是 SO2的还原性而非漂白性；检验 SO2漂白性应使用品红溶液，C不能达到目的；
D、NH3极易溶于水，直接将导管插入水中会因装置内压强骤降引发倒吸；该装置未配备防倒吸结构（如倒扣漏斗、四氯化碳层等），D不能达到目的；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
银氨溶液制备：必须是 “向 AgNO3溶液中滴加氨水”，不能反向操作。
滴定仪器选择：碱性溶液（如 NaOH）必须使用碱式滴定管（聚四氟乙烯活塞），严禁使用酸式滴定管（玻璃活塞），防止碱液腐蚀玻璃活塞导致粘连。
SO2性质区分：酸性 KMnO4褪色体现还原性，品红溶液褪色体现漂白性，二者实验原理与现象需严格对应。
氨气尾气处理：极易溶于水的气体（NH3、HCl 等）吸收尾气时，必须设置防倒吸装置，避免液体倒吸回反应装置造成炸裂。
3．三氟化氮()可作为半导体芯片制造过程的刻蚀剂及清洗剂，其制备的化学方程式为。的分子结构和相似。下列化学用语表示错误的是
A．的VSEPR模型：
B．基态Cu原子的核外电子排布式：[Ar]
C．的电子式：
D．分子中键的形成：
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；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、NF3分子中 N 原子的价层电子对数为 4（3 个成键电子对 + 1 个孤电子对）， VSEPR模型为：，A正确；
B、基态 Cu 原子的核外电子排布遵循洪特规则特例，3d 轨道全充满更稳定， 核外电子排布式：[Ar]，B正确；
C、NH4F 是离子化合物，由 NH4+和 F-构成，电子式中 NH4+需体现 N 与 4 个 H 的共价键并标注正电荷，F-需满足 8 电子稳定结构并标注负电荷。 电子式为：，C错误；
D、F2分子中两个 F 原子的 p 轨道沿键轴方向相互靠拢、重叠，形成 σ 键（共价单键）， 形成过程为：，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
VSEPR 模型判断：价层电子对数 = 成键电子对数 + 孤电子对数，NF3中 N 原子价层电子对数为 4，模型为四面体形。
核外电子排布特例：Cu、Cr 等原子存在洪特规则特例，需记忆特殊排布（如 Cu 为 3d 4s ，而非 3d94s2）。
电子式书写规范：铵盐电子式需完整写出 NH4+中 N 与 H 的共价键，并标注正电荷；阴离子电子式需加括号并标注电荷，同时满足 8 电子稳定结构。
σ 键形成：共价单键由原子轨道沿键轴方向 “头碰头” 重叠形成，F2分子中 p-pσ 键符合该规律。
4．下列化学方程式或离子方程式书写正确的是
A．向用硫酸铜溶液和氨水制得的新制氢氧化铜中继续滴入氨水：
B．用绿矾()处理酸性废水中的：
C．苯甲酰胺在盐酸存在并加热的条件下反应：
D．乙醛与氰化氢反应：
【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；氧化还原反应方程式的配平；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、向新制氢氧化铜中继续滴加氨水，生成的是四氨合铜 (II) 配离子， 正确方程式应为：，A错误；
B、反应在酸性废水中进行，产物里不能出现 OH-，正确的反应应该生成 H2O， 正确反应应为，B错误；
C、苯甲酰胺在盐酸加热条件下会发生水解反应，生成苯甲酸和氯化铵， 正确方程式应为：，C错误；
D、乙醛的羰基可以和 HCN 发生加成反应，-CN 加到羰基碳上，-OH 生成在羰基氧上，产物是 CH3CH(OH)CN，符合加成反应的规律，方程式书写正确 ，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：配合物配位数：铜氨络合物的配位数是 4，不是 2，要准确记忆常见配合物的组成。
环境一致性：酸性环境下方程式里不能出现 OH-，碱性环境下不能出现 H+，必须保证反应环境和产物能共存。
有机物反应规律：酰胺在酸性条件下加热会水解成羧酸和铵盐；醛和 HCN 会发生加成反应，生成氰醇类物质。
守恒检查：方程式要满足原子守恒、电荷守恒，同时要符合反应的实际产物。
5．能够在锂离子电池负极形成稳定低阻抗的SEI膜。X、Y、Z、W为原子序数依次增大的同一短周期元素，X原子的价层电子排布为，Y是形成化合物种类最多的元素。的结构如图，图中各原子最外层均达到8电子稳定结构。下列说法正确的是
A．中X原子有配位键形成
B．第一电离能：Li＜Be＜X＜Y
C．最简单氢化物的沸点：Z＜W
D．基态Y原子核外有6种空间运动状态不同的电子
【答案】A
【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；配合物的成键情况；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、X（B）最外层只有 3 个电子，结构中 B 与其他原子形成 4 个键，说明其中 1 个是配位键（由其他原子提供孤电子对），A正确；
B、第一电离能规律：同周期从左到右呈增大趋势，且 Be（2s2 全满稳定）>B，故顺序应为 LiC、Z 的最简单氢化物是 H2O，W 的是 HF；H2O 分子间氢键更多，沸点 H2O>HF，即 Z>W，C错误；
D、Y 是 C，基态 C 原子核外电子排布为 1s22s22p2，电子的空间运动状态由轨道决定，共 4 种（1s、2s、2p 、2p ），D错误；
故答案为：A。
【分析】先通过原子结构与元素特征推断出 X、Y、Z、W，再分析选项：
由 X 价层电子排布 2s22p ，得 X 是 B；Y 是形成化合物种类最多的元素，得 Y 是 C；结合原子序数递增、结构中 8 电子稳定，推得 Z 是 O，W 是 F。
6．是一种高效消毒剂，工业上可用与浓盐酸反应制取气体，反应的化学方程式为(浓)。下列说法错误的是
A．该反应中是氧化剂，其中Cl元素的化合价为＋5
B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2
C．反应中每生成1mol ，转移1mol
D．反应中、两种物质的晶体类型相同，但共价键类型不同
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；晶体的定义；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、NaClO3中 Cl 元素化合价为 +5，反应后 Cl 从 +5 价降为 ClO2中的 +4 价（得电子），因此 NaClO3是氧化剂，A正确；
B、氧化剂：NaClO3（2mol，每 mol 得 1mol 电子，共得 2mol 电子）；
还原剂：HCl（4mol HCl 中仅 2mol 的 Cl 从 - 1 价升为 Cl2中的 0 价，失 2mol 电子；剩余 2mol 起酸的作用）。因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为 2：2=1：1，并非 1：2，B错误；
C、NaClO3中 Cl 从 +5 价到ClO2中 + 4 价，每生成 1mol ClO2，Cl 得 1mol 电子，即转移 1mol e-，C正确；
D、ClO2和 Cl2均为分子晶体；ClO2中含 Cl-O 极性共价键，Cl2中含 Cl-Cl 非极性共价键，共价键类型不同，D正确；
故答案为：B。
【分析】 A．NaClO3中 Cl 从 + 5到+4（降，得电子）→作氧化剂；HCl 中部分 Cl 从 - 1到0（升，失电子），作还原剂，同时区分 “起酸作用的 HCl”（化合价不变）。
B．氧化剂得电子总数 = 还原剂失电子总数。2mol NaClO3得 2mol 电子，对应 2mol HCl 失 2mol 电子，故比例为 1：1。
C．生成 1mol ClO2，对应 1mol Cl 从 + 5到+4，转移 1mol 电子。
D．ClO2、Cl2均为分子构成→分子晶体；不同原子间成键为极性键，同种原子间为非极性键。
7．我国科学家在催化加氢制甲醇研究方面取得进展，反应为 △H。该反应的能量变化如图所示，下列说法正确的是
A．该反应为吸热反应，△H>0
B．加入催化剂，△H减小
C．该反应中有极性键和非极性键的断裂
D．在密闭容器中加入1mol 和3mol ，充分反应后放出445kJ的热量
【答案】C
【知识点】化学键；吸热反应和放热反应；反应热和焓变
【解析】【解答】A、反应热 ΔH = 生成物总能量 - 反应物总能量。由图可知，反应物（1mol CO2(g)+3mol H2(g)）能量低于生成物（1mol CH3OH (g)+1mol H2O (g)），但实际 ΔH=451kJ - 896kJ = -445kJ，应为放热反应、ΔH<0，A错误；
B、催化剂仅改变反应的活化能，不改变反应物与生成物的能量差，因此 ΔH 不变，B错误；
C、反应物中：CO2含 C=O 极性键，H2含 H-H 非极性键，反应时二者均会断裂；生成物中形成新的极性键（如 C-H、O-H），因此反应中有极性键和非极性键的断裂， C正确；
D、该反应是可逆反应，1mol CO2和 3mol H2无法完全反应，实际放出的热量小于 445kJ，D错误；
故答案为：C。
【分析】 A． ΔH = 生成物总能量 - 反应物总能量，由图中数值直接计算得 ΔH 为负，是放热反应。
B． 催化剂对 ΔH 影响的突破口记 “催化剂只改活化能，不改能量差”：ΔH 由反应物、生成物能量决定，与催化剂无关。
C． CO2含极性键（C=O），H2含非极性键（H-H），反应时二者均断裂，故存在两种键的断裂。
D． 可逆反应放热的突破口抓 “不完全反应”：可逆反应不能进行到底，1mol CO2和 3mol H2无法完全转化，实际放热小于理论值。
8．利用Cu掺杂氮化钴可获得高效催化剂，催化剂晶胞结构如图所示，下列有关该催化剂的说法错误的是
A．该催化剂的化学式为
B．基态Co原子的价层电子排布式为
C．该晶胞中N位于Co形成的正八面体空隙中
D．该晶体中Cu原子周围与它距离最近且相等的Co原子有8个
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A、用 “均摊法” 算晶胞原子数：
Co 原子数 = 3（晶胞内 + 面心：=3 ）、Cu 原子数 = 1（顶点： ）、N 原子数 = 1（晶胞内），故化学式为 Co3CuN，A正确；
B、Co 是 27 号元素，基态原子的价层电子排布遵循 “能级交错”，为 3d74s2，B正确；
C、晶胞中 Co 原子形成正八面体结构（6 个 Co 原子对称分布），N 原子位于其中心位置，即正八面体空隙中，C正确；
D、观察晶胞结构，Cu 原子（顶点）周围距离最近且相等的 Co 原子（面心），实际数量为12个（而非 8 个），D错误；
故答案为：D。
【分析】本题的易错点集中在 3 个晶胞分析的细节上：
均摊法计算原子数的误区：易混淆不同位置原子的均摊比例（如顶点、面心的占比），导致 Co、Cu 原子数计算错误，进而误判化学式。
配位数判断的偏差：误将 Cu 原子的配位数按 “体心 - 顶点” 的 8 配位判断，实际结合晶胞结构，Cu（顶点）周围最近的 Co 是面心 / 棱心的 6 个，配位数为 6 而非 8。
空隙类型的误判：对 “正八面体空隙” 的结构特征不熟悉，易忽略 Co 原子的对称分布，错判 N 原子的位置。
9．羰基硫(COS)是一种粮食熏蒸剂，能防止某些害虫和真菌的危害。在容积不变的密闭容器中，使CO与发生如下反应并达到平衡： △H，在不同温度下达到化学平衡时，的转化率如图所示。下列说法正确的是
A．平衡常数：
B．正反应速率：
C．若将容器体积缩小至原来的一半，的转化率增大
D．反应温度为200℃时，当容器内压强不变时，反应达到平衡状态
【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、从图像可知，温度越高，H2S 的平衡转化率越低，说明升高温度平衡逆向移动，正反应是放热反应。温度越高平衡常数越小，a 点温度低于 c 点，故平衡常数，A错误；
B、b 点温度和 a 点相同，但 b 点未达到平衡，反应正向进行，此时正反应速率大于逆反应速率；而 a 点是平衡状态，正逆反应速率相等，因此正反应速率，B正确；
C、该反应前后气体分子总数不变，将容器体积缩小至原来一半（即增大压强），平衡不移动，H2S 的转化率不变 ，C错误；
D、该反应前后气体总物质的量始终不变，在容积不变的密闭容器中，压强始终保持恒定，因此压强不变不能作为反应达到平衡的标志 ，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
温度与平衡移动：温度升高，反应物转化率降低→正反应放热，平衡常数随温度升高而减小。
速率与平衡状态：未平衡时，正向反应的正速率大于逆速率；平衡时正逆速率相等，同温度下未平衡时正速率更大。
压强影响规律：反应前后气体分子数不变时，改变压强平衡不移动，转化率不变。
平衡标志判断：只有 “变量不变” 才能作为平衡标志，本题中压强是恒量，不能判断平衡。
10．对羟基苯甲酸乙酯是一类高效广谱防腐剂，用甲苯合成对羟基苯甲酸乙酯的路线如图：
关于其合成路线说法正确的是
A．步骤①和④的反应类型均为取代反应
B．步骤②的反应条件为NaOH醇溶液、加热
C．步骤③的作用是保护酚羟基，使其不被氧化
D．步骤⑥的反应产物分子的核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为1∶2∶2∶5
【答案】C
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物的结构和性质；羧酸简介；取代反应
【解析】【解答】A、步骤①是甲苯苯环上的氢原子被氯原子取代，属于取代反应；步骤④是甲基被氧化为羧基，属于氧化反应，二者反应类型不同 ，A错误；
B、步骤②是氯原子水解为羟基，卤代烃水解的条件是NaOH 水溶液、加热，而非 NaOH 醇溶液、加热（该条件是卤代烃消去反应的条件） ，B错误；
C、步骤③中酚羟基转化为甲醚键，步骤⑤又将甲醚键还原为酚羟基；酚羟基易被氧化，步骤③的作用是保护酚羟基，避免其在后续氧化甲基的反应中被破坏 ，C正确；
D、步骤⑥的产物是对羟基苯甲酸乙酯，其苯环上氢原子的化学环境不同，乙基上还有不同环境的氢原子，核磁共振氢谱有5 组峰，峰面积之比为 1：2：2：2：3，并非 4 组峰且比例为 1：2：2：5 ，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
反应类型区分：取代反应侧重原子、基团的替换（如卤代、酯化、水解），氧化反应侧重化合价升降、官能团氧化（如甲基变羧基）。
卤代烃反应条件：水解反应需 NaOH 水溶液、加热；消去反应需 NaOH 醇溶液、加热，二者不可混淆。
官能团保护：酚羟基性质活泼易被氧化，合成中常通过醚化反应保护，后续再还原为酚羟基。
核磁共振氢谱分析：先分析有机物中不同化学环境的氢原子种类（组数），再根据对称性、取代基位置计算峰面积比例。
11．某含锶(Sr)废渣主要含有、、、和等，一种提取该废渣中锶的流程如下图所示。已知25℃时，，；Sr的化学性质与Ba类似。下列说法错误的是
A．“浸出液”中主要的金属离子有、、
B．“盐浸”中沉淀转化的离子方程式为，其平衡常数
C．溶液不可用溶液替代
D．由制备无水时需在HCl气流中加热
【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、稀盐酸酸浸时，SrCO3、CaCO3、MgCO3均与盐酸反应生成可溶性氯化物，而SiO2、SrSO4不溶于稀盐酸留在浸出渣1中，因此浸出液中主要金属离子为Sr2+、Ca2+、Mg2+ ，A正确；
B、沉淀转化的平衡常数 ，离子方程式也符合沉淀转化规律 ，B正确；
C、若用Ba(NO3)2替代BaCl2，NO3-会进入溶液，后续结晶时可能引入杂质，且无法得到纯净的SrCl2溶液，因此不可替代 ，C正确；
D、SrCl2是强酸强碱盐，不会发生水解，由SrCl2·6H2O制备无水SrCl2时，直接加热脱水即可，无需在HCl气流中加热（HCl气流加热是为了抑制易水解盐的水解，如MgCl2、AlCl3等） ，D错误；
故答案为：D。
【分析】含锶废渣主要成分为 SrSO4、SiO2、SrCO3、CaCO3和 MgCO3。加入稀盐酸，碳酸盐类（SrCO3、CaCO3、MgCO3）与盐酸反应溶解，进入浸出液；SrSO4和 SiO2不溶于稀盐酸，留在浸出渣 1 中。向浸出渣 1 中加入 BaCl2溶液，利用沉淀转化反应： ，将 SrSO4转化为可溶的 SrCl2，SiO2和生成的 BaSO4留在浸出渣 2 中，得到 SrCl2溶液。将 SrCl2溶液经后续操作，最终获得 SrCl2 6H2O 晶体。
12．硫酸厂烟气中可用碱吸—电解法进行处理。先用NaOH溶液吸收，再将生成的溶液进行电解，其原理如下图所示，下列说法错误的是
A．电极a与电源的正极相连
B．电极b上发生的电极反应式为
C．半透膜Ⅰ为阳离子交换膜，半透膜Ⅱ为阴离子交换膜
D．标准状况下，若收集到22.4 L的气体G，则有1 mol M离子移向左室
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、电极 a 区域稀硫酸转化为浓硫酸，说明 SO32-在 a 极被氧化为 SO42-，发生氧化反应，因此电极 a 为阳极，与电源正极相连 ，A正确；
B、电极 b 为阴极，H2O 在阴极得电子发生还原反应，生成 OH-和 H2，电极反应式为，B正确；
C、半透膜 I 需要允许 SO32-（或 HSO3-）向阳极（左室）移动参与氧化反应，应为阴离子交换膜；半透膜 II 需要允许 Na+向阴极（右室）移动与 OH-结合生成 NaOH，应为阳离子交换膜 ，C错误；
D、气体 G 为 O2，标准状况下 22.4 L O2的物质的量为 1 mol，生成 1 mol O2转移 4 mol 电子；根据电荷守恒，有 4 mol M 离子（SO42-或 HSO4-）移向左室 ，D正确；
故答案为：C。
【分析】电极 a 区域稀硫酸变为浓硫酸，SO42-浓度升高，说明 SO32-在 a 极发生氧化反应生成 SO42-，因此 a 为阳极，与电源正极相连；电极 b 为阴极，发生还原反应。阴极反应：H2O 在阴极得电子，生成 OH-和 H2，反应式为：，同时 NaOH 稀溶液变为浓溶液。据此解题。
13．科学家利用二芳基硅二醇(Ar-表示苯基)实现了环氧丙烷()与催化环加成反应生成碳酸丙烯酯()其反应机理如图。
下列说法错误的是
A．碳酸丙烯酯分子中键与键数目之比为1∶13
B．该反应的催化剂只有二芳基硅二醇
C．物质B、C、D分子中都存在氢键
D．整个转化过程中碳原子有sp、、三种杂化方式
【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；物质结构中的化学键数目计算
【解析】【解答】A、碳酸丙烯酯分子中含有 1 个 C=O 双键（含 1 个 π 键），其余单键均为 σ 键，经统计 σ 键共 13 个，故 π 键与 σ 键数目之比为 1：13 ，故A正确；
B、从反应机理看，二芳基硅二醇（A）和 I-均参与反应循环，反应前后均未被消耗，二者共同作为催化剂，并非只有二芳基硅二醇 ，B错误；
C、物质 B、C、D 分子中均存在 O-H…O 或类似的氢键相互作用 ，C正确；
D、反应过程中，CO2中的 C 为 sp 杂化，羰基中的 C 为 sp2 杂化，烷基和环上的饱和 C 为 sp3 杂化，因此存在 sp、sp2、sp3 三种杂化方式 ，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
化学键计数：双键含 1 个 π 键和 1 个 σ 键，单键仅含 σ 键，需准确统计分子内化学键类型。
催化剂判断：催化剂在反应循环中参与反应，最终又生成，需完整梳理机理循环确认所有催化剂物种。
氢键识别：分子中存在 O-H 等极性基团时，易形成 O-H…O 型氢键。
杂化方式判断：饱和 C 为 sp3 杂化，双键 C 为 sp2 杂化，CO2中 C 为 sp 杂化。
14．乙二酸()俗称草酸，是一种二元弱酸。常温下，向20mL 0.100mol/L乙二酸溶液中滴加同浓度的NaOH溶液，该过程中的、V(NaOH溶液)与pH的变化关系如图所示[X为或]。
下列说法正确的是
A．直线Ⅰ中的X为
B．a点溶液中：
C．c点溶液中，与之比为
D．由a点到c点，水的电离程度先增大后减小
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、根据电离平衡常数公式，，。代入图像起点坐标，直线I截距为-1.25（对应 ），直线II截距为-3.82（对应 ），故直线I中X为 ，A错误；
B、a点加入20 mL NaOH溶液，溶质为NaHC2O4，根据物料守恒：，选项中 系数为2，不符合物料守恒，B错误；
C、c点pH=8.2，，由 ，可得：，即二者之比为 ，C正确；
D、a点溶质为NaHC2O4（ 电离为主，抑制水的电离），c点溶质为Na2C2O4（ 水解，促进水的电离），从a到c，NaHC2O4逐渐减少、Na2C2O4逐渐增多，水的电离程度持续增大，并非先增后减，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题以乙二酸与NaOH的滴定反应为背景，结合电离平衡常数、物料守恒、水的电离等知识点，通过分析lgX与pH的图像关系，逐一验证选项正误。核心是利用电离平衡常数公式 推导出 的线性关系，再结合图像坐标计算 、，进而分析各选项。
二、非选择题(本题共4小题，共58分)
15．烟酸又称维生素，实验室可用3-甲基吡啶为原料来制备。
实验步骤：
ⅰ．原料氧化：在如图所示的装置中加入2.40 g 3-甲基吡啶、70mL水，分次加入10.0 g(过量)，加热控制温度在85～90℃，搅拌反应60min，反应过程中有难溶物和强碱生成。
ⅱ．粗品生成：将反应液转移至蒸馏烧瓶中，常压下144℃蒸馏，再趁热过滤，用热水洗涤滤渣，合并洗涤液与滤液，用浓盐酸酸化至pH为3.8～4.0，冷却结晶、过滤、冷水洗涤，最后干燥得粗产品。
ⅲ．粗品提纯：将粗产品用热水溶解，加活性炭脱色，趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得纯品。
ⅳ．纯度测定：取提纯后产品0.500 g溶于水，配成100 mL的溶液，每次取25.00 mL溶液于锥形瓶中，滴加几滴酚酞试液，用0.0500 mol/L NaOH溶液滴定，平均消耗NaOH溶液20.00 mL。
回答下列问题：
（1）仪器A的名称是　 　。
（2）原料氧化过程中3-甲基吡啶被氧化生成烟酸钾的化学方程式为　 　。
（3）粗品生成过程中蒸馏的目的是　 　。
（4）粗品提纯用的方法为　 　。
（5）粗品提纯过程中，趁热过滤需要的玻璃仪器有玻璃棒、　 　(填字母)。
（6）纯度测定中，产品的纯度为　 　。若滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，则测定的结果(填“偏大”“偏小”或“无影响”)　 　。
【答案】（1）三颈烧瓶
（2）＋＋＋KOH＋
（3）除去未反应的3-甲基吡啶
（4）重结晶
（5）BD
（6）98.4%；偏小
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）由图可知，仪器A为三颈烧瓶，
故答案为：三颈烧瓶；
（2）根据反应原理可知，氧化时甲基被氧化为羧酸钾，相应的方程式为：＋＋＋KOH＋；
故答案为：；
（3）根据题给信息可知，3-甲基吡啶沸点为144℃，则合成粗产品时，在常压、144℃下蒸馏的目的是：除去未反应的3-甲基吡啶；
故答案为： 除去未反应的3-甲基吡啶 ；
（4）结合题给信息可知，烟酸微溶于冷水，温度升高，溶解度逐渐增大，则粗品提纯的方法为：重结晶；
故答案为： 重结晶 ；
（5）粗品提纯过程中，趁热过滤需要的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和漏斗，故选BD；
故答案为： BD ；
（6）烟酸是一元酸，与NaOH反应物质的量之比为1：1，消耗NaOH的物质的量为：，烟酸的质量为，纯度为，
若滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，读出的NaOH体积偏小，则测定的结果偏小，
故答案为：；偏小。
【分析】在 85~90℃下用过量 KMnO4将 3 - 甲基吡啶的甲基氧化为羧酸钾，得到烟酸钾，同时生成 MnO2沉淀和强碱。蒸馏除去未反应的 3 - 甲基吡啶，趁热过滤除 MnO2，用浓盐酸酸化烟酸钾溶液，冷却结晶得到烟酸粗品。热水溶解粗品，活性炭脱色后重结晶，得到纯品；最后通过酸碱滴定测定纯度。据此解题即可。
（1）由图可知，仪器A为三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；
（2）根据反应原理可知，氧化时甲基被氧化为羧酸钾，相应的方程式为：＋＋＋KOH＋；
（3）根据题给信息可知，3-甲基吡啶沸点为144℃，则合成粗产品时，在常压、144℃下蒸馏的目的是：除去未反应的3-甲基吡啶；
（4）结合题给信息可知，烟酸微溶于冷水，温度升高，溶解度逐渐增大，则粗品提纯的方法为：重结晶；
（5）粗品提纯过程中，趁热过滤需要的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和漏斗，故选BD；
（6）烟酸是一元酸，与NaOH反应物质的量之比为1：1，消耗NaOH的物质的量为：，烟酸的质量为，纯度为，故答案为：；
若滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，读出的NaOH体积偏小，则测定的结果偏小，故答案为：偏小。
16．一种从锌冶炼渣(主要含Zn、CuO、、、和少量、等)中提取镓(Ga)的工艺流程如下。
已知：
①已知镓与铝同族，其性质具有相似性。
②25℃时，的，；，。
③对Ga的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)的影响如下表。
0 0.5 1 4 6 8
Ga的萃取率/% 84.78 81.32 79.41 52.24 44.32 23.16
回答下列问题：
（1）下列镓的某种粒子失去一个电子所需能量最高的是　 　(填字母)。
A． B． C．
（2）为提高“低酸浸出”效率可采取的措施是　 　(任写一条)。
（3）已知：“酸浸”时，加入能将Ga的硫化物转化为相同价态的氧化物，氧化物再与草酸反应生成配合物；Fe元素转化为。
①的结构如图所示，的配位数是　 　。
②被草酸浸出生成的离子方程式为　 　。
③加入草酸后，不能完全转化为，请结合平衡常数K计算说明原因　 　(一般认为时，反应基本能完全进行；时，则反应很难进行)。
（4）加Fe粉“还原”的目的为　 　。
（5）电解法精炼粗镓的装置如图所示，已知溶液中镓离子以存在，则阳极的主要电极反应式为　 　。
（6）镓可用于制备第三代半导体GaN，其立方体晶胞结构如图所示，晶胞参数为a pm。该晶体的密度为　 　(列出计算式)。
【答案】（1）C
（2）搅拌、适当升高温度、适当提高硫酸浓度
（3）6；Ga2O3＋6H2C2O4=2[Ga(C2O4)3]3-＋6H＋＋3H2O；PbSO4转化为PbC2O4的反应可表示为PbSO4＋H2C2O4PbC2O4＋2H＋＋，该反应，平衡常数很小，PbSO4不能完全转化为PbC2O4
（4）除去[Fe(C2O4)3]3-，以提高Ga的萃取率
（5）Ga-3e-＋4OH-=
（6）
【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；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）镓与铝同族，原子失去电子所需能量：基态（全满、半满等稳定状态）>激发态，失去内层电子所需能量>失去外层电子所需能量；选项C中电子处于全满的基态，失去一个电子所需能量最高；A、B中电子处于激发态，失去电子所需能量低于C，综上所述C正确；
故答案为：C。
（2）提高 “低酸浸出” 效率的措施有：搅拌（使反应物充分接触，加快反应速率）；适当升高温度（升高温度，反应速率加快）；适当增大硫酸浓度（增大反应物浓度，加快反应速率）等。
故答案为： 搅拌、适当升高温度、适当提高硫酸浓度 ；
（3）由[Fe(C2O4)3]3 的结构可知，Fe3+与6个O原子形成配位键，所以Fe3+的配位数是6；Ga2O3被草酸浸出，结合已知镓与铝性质相似，反应生成[Ga(C2O4)3]3 ，离子反应方程式为Ga2O3＋6H2C2O4=2[Ga(C2O4)3]3-＋6H＋＋3H2O；H2C2O4的为二元弱酸，Ka1=，Ka2=，Ksp(PbC2O4)=c(Pb2+)c(C2O)，Ksp(PbSO4)= c(Pb2+)c(SO)，PbSO4转化为PbC2O4的反应为PbSO4(s)+H2C2O4(aq)PbC2O4(s)+2H+(aq)+SO(aq)，该反应的K====2.8×10-4<105，平衡常数很小，反应存在反应限度，转不能全部转化，PbSO4不能完全转化为PbC2O4。
故答案为：6； Ga2O3＋6H2C2O4=2[Ga(C2O4)3]3-＋6H＋＋3H2O ； PbSO4转化为PbC2O4的反应可表示为PbSO4＋H2C2O4PbC2O4＋2H＋＋，该反应，平衡常数很小，PbSO4不能完全转化为PbC2O4 ；
（4）根据分析可知，加铁粉除去[Fe(C2O4)3]3-，以提高Ga的萃取率。
故答案为： 除去[Fe(C2O4)3]3-，以提高Ga的萃取率 ；
（5）电解池阳极发生氧化反应，则反应方程式为Ga-3e-＋4OH-=Ga(OH)。
故答案为： Ga-3e-＋4OH-= ；
（6）由GaN的晶胞结构可知，Ga原子位于晶胞的顶点和面心，N原子位于晶胞内部，Ga原子的个数为8×+6×=4，N原子的个数为4，晶胞的质量m=，晶胞参数为a pm=a×10-10cm，晶胞体积V=( a×10-10 cm)3，晶胞的密度ρ==。
故答案为： ；
【分析】向锌冶炼渣中加入稀硫酸，Zn、CuO、ZnFe2O4等可溶性金属组分溶解进入滤液，SiO2、未反应的镓化合物等形成高硅渣，实现初步分离。对高硅渣再次酸浸，加入 H2O2氧化潜在还原性物质，再加入 H2C2O4，利用溶度积差异将 Pb2+转化为PbC2O4沉淀（铅硅渣）除去，同时镓、铁等进入溶液。加入铁粉将 Fe3+还原，同时使 Fe2+与草酸根结合生成FeC2O4沉淀过滤除去，避免铁离子干扰后续萃取。控制 [Fe(C2O4)3]3-的浓度，利用萃取剂选择性萃取镓离子到有机相，实现镓与其他杂质离子的分离。用洗脱剂将有机相中的镓洗脱至水相，得到富镓母液，再经后续处理（如电解、还原）最终得到粗镓。据此解题。
（1）镓与铝同族，原子失去电子所需能量：基态（全满、半满等稳定状态）>激发态，失去内层电子所需能量>失去外层电子所需能量；选项C中电子处于全满的基态，失去一个电子所需能量最高；A、B中电子处于激发态，失去电子所需能量低于C，综上所述C正确；
故答案为：C。
（2）提高 “低酸浸出” 效率的措施有：搅拌（使反应物充分接触，加快反应速率）；适当升高温度（升高温度，反应速率加快）；适当增大硫酸浓度（增大反应物浓度，加快反应速率）等。
（3）由[Fe(C2O4)3]3 的结构可知，Fe3+与6个O原子形成配位键，所以Fe3+的配位数是6；Ga2O3被草酸浸出，结合已知镓与铝性质相似，反应生成[Ga(C2O4)3]3 ，离子反应方程式为Ga2O3＋6H2C2O4=2[Ga(C2O4)3]3-＋6H＋＋3H2O；H2C2O4的为二元弱酸，Ka1=，Ka2=，Ksp(PbC2O4)=c(Pb2+)c(C2O)，Ksp(PbSO4)= c(Pb2+)c(SO)，PbSO4转化为PbC2O4的反应为PbSO4(s)+H2C2O4(aq)PbC2O4(s)+2H+(aq)+SO(aq)，该反应的K====2.8×10-4<105，平衡常数很小，反应存在反应限度，转不能全部转化，PbSO4不能完全转化为PbC2O4。
（4）根据分析可知，加铁粉除去[Fe(C2O4)3]3-，以提高Ga的萃取率。
（5）电解池阳极发生氧化反应，则反应方程式为Ga-3e-＋4OH-=Ga(OH)。
（6）由GaN的晶胞结构可知，Ga原子位于晶胞的顶点和面心，N原子位于晶胞内部，Ga原子的个数为8×+6×=4，N原子的个数为4，晶胞的质量m=，晶胞参数为a pm=a×10-10cm，晶胞体积V=( a×10-10 cm)3，晶胞的密度ρ==。
17．一种受体拮抗剂中间体Q合成路线如下。回答下列问题：
（1）A的名称为　 　。
（2）Q中含有的官能团是碳氟键、　 　、　 　。
（3）D→E的反应类型为　 　。
（4）B→C的化学方程式是　 　。
（5）试剂a的分子式为，且核磁共振氢谱只有1组峰，其结构简式为　 　。
（6）同时满足下列条件的B的同分异构体有　 　种(不包括B本身且不考虑立体异构)。
①含有苯环；②含有结构：。
（7）原料M可通过下列反应合成。
①中a处C-O单键的极性比中b处C-O单键的极性　 　(填“小”或“大”)。
②M分子中含有1个sp杂化的碳原子，则M的结构简式为　 　。
【答案】（1）苯胺
（2）氨基；酰胺基
（3）取代反应
（4）
（5）
（6）10
（7）大；
【知识点】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；结构简式
【解析】【解答】（1）A的结构为苯胺，所以A的名称为苯胺。
故答案为： 苯胺 ；
（2）观察Q的结构，可知Q中含有的官能团是碳氟键、氨基、酰胺基。
故答案为： 氨基 ；酰胺基。
（3）D→E的反应是D中的氨基上的氢原子被取代，反应类型为取代反应。
故答案为： 取代反应 ；
（4）B与浓、浓在加热条件下发生硝化反应，化学方程式为：
。
故答案为： ；
（5）试剂a的分子式为，且核磁共振氢谱只有1组峰，说明分子中氢原子环境相同，其结构简式为。
故答案为： ；
（6）B的结构中含有苯环和结构。满足条件的同分异构体，苯环上的取代基有不同的情况，①苯环上有一个取代基∶、、、共四种；②苯环上有两个取代基，又可为、和、两种情况，、、、、、共有6种，所以满足两条件的一共10种。
故答案为： 10 ；
（7）①由于氯原子的电负性比氢原子大，所以中a处C-O单键的极性比中b处C-O单键的极性大。
②M分子中含有1个sp杂化的碳原子，结合反应及分子式，M的结构简式为。
故答案为： 大 ；
【分析】苯胺与冰醋酸加热反应，生成乙酰苯胺（B），保护氨基避免后续被氧化。乙酰苯胺在混酸（浓硝酸 + 浓硫酸）条件下发生硝化反应，得到中间体 C （硝基取代的产物）；随后酸性水解脱去乙酰基，生成（D）。用试剂 a在 K2CO3存在下，得到单保护产物 E。在催化剂作用下用 H2将 E 的硝基还原为氨基，得到双氨基化合物 G。G 与含氟中间体 M（分子式 C9H5F2NO3）经多步反应，最终缩合环化得到目标产物 Q。
（1）A的结构为苯胺，所以A的名称为苯胺。
（2）观察Q的结构，可知Q中含有的官能团是碳氟键、氨基、酰胺基。
（3）D→E的反应是D中的氨基上的氢原子被取代，反应类型为取代反应。
（4）B与浓、浓在加热条件下发生硝化反应，化学方程式为：
。
（5）试剂a的分子式为，且核磁共振氢谱只有1组峰，说明分子中氢原子环境相同，其结构简式为。
（6）B的结构中含有苯环和结构。满足条件的同分异构体，苯环上的取代基有不同的情况，①苯环上有一个取代基∶、、、共四种；②苯环上有两个取代基，又可为、和、两种情况，、、、、、共有6种，所以满足两条件的一共10种。
（7）①由于氯原子的电负性比氢原子大，所以中a处C-O单键的极性比中b处C-O单键的极性大。
②M分子中含有1个sp杂化的碳原子，结合反应及分子式，M的结构简式为。
18．丙烯()是重要的化工原料，工业上常用丙烷制备丙烯。回答下列问题：
Ⅰ．直接脱氢法：
反应ⅰ △H=＋124kJ/mol
反应ⅱ
（1）反应ⅰ在　 　(填“高温”或“低温”)时可自发进行。
（2）在催化剂a或催化剂b作用下，丙烷发生脱氢反应制备丙烯，反应进程中的相对能量变化如图所示(*表示吸附态，中部分进程已省略)。
①转化为②的进程中，写出在催化剂a条件下的决速步反应式　 　。
（3）将丙烷和稀释气(g)分别以不同的起始流速通入温度为T℃，压强为1.175MPa的反应器中发生反应ⅰ和反应ⅱ，维持温度和压强不变，在为8、10、12下反应，通过检测流出气体的成分获得丙烷的转化率随丙烷流速变化曲线如图所示(在较低流速下转化率可近似看成平衡转化率)。
①代表　 　。
②下列措施可增大N点丙烷转化率的是　 　(填字母)。
A．适当升高体系的温度 B．适当减小 C．增大丙烷的流速
③图中M点时的选择性为20%，则经过2h反应ⅰ的　 　MPa．[已知：的选择性=]
Ⅱ．氧化裂解法：
反应ⅲ △H(副产物有CO和C等)。
（4）已知氢气的燃烧热△H=-285.8kJ/mol， △H=-44kJ/mol，则 △H=　 　kJ/mol。
（5）在探究[]投料比对丙烷氧化裂解反应性能的影响时发现，的值较小时，的选择性也较低，其原因可能是　 　。
【答案】高温；*CH3CHCH3＋*H→*CH3CHCH2＋2*H；12；AB；0.144；-235.6；氧气过量，丙烷发生深度氧化而导致C3H6的选择性降低
【知识点】热化学方程式；化学平衡的计算；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）反应ⅰ是吸热反应，且正反应的气体分子总数增加，即、，根据，要使，则需在高温下进行，因此反应ⅰ在高温时可自发进行。
故答案为： 高温 ；
（2）反应的活化能越大，反应速率越慢，为该反应的决速步骤，①转化为②的进程中，在催化剂a条件下由*CH3CHCH3＋*H到过渡态2的活化能最大，因此决速步反应式*CH3CHCH3＋*H→*CH3CHCH2＋2*H。
故答案为：*CH3CHCH3＋*H→*CH3CHCH2＋2*H ；
（3）①反应ⅰ和反应ⅱ均为气体体积增大的反应，维持温度和压强不变，在较低流速下n(H2O)：n(C3H8)增大相当于减小平衡体系的压强，平衡向正反应方向移动，丙烷的转化率增大，由图可知，丙烷流速相同时曲线L1对应丙烷的转化率最大，所以L1代表n(H2O)：n(C3H8)=12；
②A．适当升高体系的温度，反应速率加快，消耗丙烷的物质的量增大，丙烷的转化率增大，A符合题意；
B． L1代表n(H2O)：n(C3H8)=12，L2代表n(H2O)：n(C3H8)=10，L3代表n(H2O)：n(C3H8)=8，由图可知，适当减小，丙烷的转化率增大，B符合题意；
C．增大丙烷的流速，丙烷不能在催化剂表面充分接触，对导致分解不充分，使得丙烷的转化率减小，C不符合题意；
故选AB。
③由图可知，图中M点n(H2O)：n(C3H8)=10，丙烷流速为0.5mol/h、转化率为75%，则2h内M点起始水蒸气、丙烷的物质的量分别为10mol、1mol，由丙烷的转化率可知，1h时，丙烷的物质的量为1mol-1mol×75%=0.25mol，由乙烯的选择性可知，乙烯的物质的量为1mol×75%×20%=0.15mol，丙烯的物质的量为1mol×75%×(1-20%)=0.6mol，由方程式可知，H2、CH4的物质的量为0.6mol、0.15mol，混合气体的总物质的量为11.75mol，因此，反应ⅰ的
故答案为： 12 ； AB ； 0.144 ；
（4）已知氢气的燃烧热△H=-285.8kJ/mol，则①，② △H=-44kJ/mol，③ △H=＋124kJ/mol，则可得目标方程，因此 的焓变为。
故答案为： -235.6 ；
（5）的值较小时，的选择性也较低，其原因可能是氧气过量，丙烷发生深度氧化而导致C3H6的选择性降低。
故答案为： 氧气过量，丙烷发生深度氧化而导致C3H6的选择性降低 ；
【分析】(1)反应i：、，根据 ，高温下才能自发。
(2) 活化能越大，反应速率越慢，为决速步。催化剂a下， 活化能最大，是决速步。
(3)①同流速下， 越大，相当于减压，平衡正移，丙烷转化率越高，故 对应 12。
②A：升温（反应i吸热，平衡正移）；
B：减小水烷比（减压，平衡正移）；
C：增大流速（接触不充分，转化率降）。
③由M点数据（流速0.5 mol/h、转化率75%、乙烯选择性20%），算出各物质分压，代入 ，得 。
(4) 利用盖斯定律，结合氢气燃烧热、 焓变、反应i的 ，推导得目标反应 。
(5) 过小，氧气过量，丙烷发生深度氧化（生成CO、C等副产物），导致丙烯选择性降低。
1 / 1湖南省益阳市2026届高三上学期9月教学质量监测化学试题
一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)
1．2025年“两会”强调要推动绿色低碳发展，下列做法不符合该理念的是
A．推广使用氢燃料电池汽车
B．利用光伏电池发电，减少火力发电
C．将废旧电池深埋处理，以减少重金属的污染
D．采用绿色化学工艺，提高原料原子利用率
2．下列实验装置或操作中，能达到预期实验目的的是
A．制取银氨溶液 B．测定盐酸浓度
C．检验漂白性 D．吸收尾气
A．A B．B C．C D．D
3．三氟化氮()可作为半导体芯片制造过程的刻蚀剂及清洗剂，其制备的化学方程式为。的分子结构和相似。下列化学用语表示错误的是
A．的VSEPR模型：
B．基态Cu原子的核外电子排布式：[Ar]
C．的电子式：
D．分子中键的形成：
4．下列化学方程式或离子方程式书写正确的是
A．向用硫酸铜溶液和氨水制得的新制氢氧化铜中继续滴入氨水：
B．用绿矾()处理酸性废水中的：
C．苯甲酰胺在盐酸存在并加热的条件下反应：
D．乙醛与氰化氢反应：
5．能够在锂离子电池负极形成稳定低阻抗的SEI膜。X、Y、Z、W为原子序数依次增大的同一短周期元素，X原子的价层电子排布为，Y是形成化合物种类最多的元素。的结构如图，图中各原子最外层均达到8电子稳定结构。下列说法正确的是
A．中X原子有配位键形成
B．第一电离能：Li＜Be＜X＜Y
C．最简单氢化物的沸点：Z＜W
D．基态Y原子核外有6种空间运动状态不同的电子
6．是一种高效消毒剂，工业上可用与浓盐酸反应制取气体，反应的化学方程式为(浓)。下列说法错误的是
A．该反应中是氧化剂，其中Cl元素的化合价为＋5
B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2
C．反应中每生成1mol ，转移1mol
D．反应中、两种物质的晶体类型相同，但共价键类型不同
7．我国科学家在催化加氢制甲醇研究方面取得进展，反应为 △H。该反应的能量变化如图所示，下列说法正确的是
A．该反应为吸热反应，△H>0
B．加入催化剂，△H减小
C．该反应中有极性键和非极性键的断裂
D．在密闭容器中加入1mol 和3mol ，充分反应后放出445kJ的热量
8．利用Cu掺杂氮化钴可获得高效催化剂，催化剂晶胞结构如图所示，下列有关该催化剂的说法错误的是
A．该催化剂的化学式为
B．基态Co原子的价层电子排布式为
C．该晶胞中N位于Co形成的正八面体空隙中
D．该晶体中Cu原子周围与它距离最近且相等的Co原子有8个
9．羰基硫(COS)是一种粮食熏蒸剂，能防止某些害虫和真菌的危害。在容积不变的密闭容器中，使CO与发生如下反应并达到平衡： △H，在不同温度下达到化学平衡时，的转化率如图所示。下列说法正确的是
A．平衡常数：
B．正反应速率：
C．若将容器体积缩小至原来的一半，的转化率增大
D．反应温度为200℃时，当容器内压强不变时，反应达到平衡状态
10．对羟基苯甲酸乙酯是一类高效广谱防腐剂，用甲苯合成对羟基苯甲酸乙酯的路线如图：
关于其合成路线说法正确的是
A．步骤①和④的反应类型均为取代反应
B．步骤②的反应条件为NaOH醇溶液、加热
C．步骤③的作用是保护酚羟基，使其不被氧化
D．步骤⑥的反应产物分子的核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为1∶2∶2∶5
11．某含锶(Sr)废渣主要含有、、、和等，一种提取该废渣中锶的流程如下图所示。已知25℃时，，；Sr的化学性质与Ba类似。下列说法错误的是
A．“浸出液”中主要的金属离子有、、
B．“盐浸”中沉淀转化的离子方程式为，其平衡常数
C．溶液不可用溶液替代
D．由制备无水时需在HCl气流中加热
12．硫酸厂烟气中可用碱吸—电解法进行处理。先用NaOH溶液吸收，再将生成的溶液进行电解，其原理如下图所示，下列说法错误的是
A．电极a与电源的正极相连
B．电极b上发生的电极反应式为
C．半透膜Ⅰ为阳离子交换膜，半透膜Ⅱ为阴离子交换膜
D．标准状况下，若收集到22.4 L的气体G，则有1 mol M离子移向左室
13．科学家利用二芳基硅二醇(Ar-表示苯基)实现了环氧丙烷()与催化环加成反应生成碳酸丙烯酯()其反应机理如图。
下列说法错误的是
A．碳酸丙烯酯分子中键与键数目之比为1∶13
B．该反应的催化剂只有二芳基硅二醇
C．物质B、C、D分子中都存在氢键
D．整个转化过程中碳原子有sp、、三种杂化方式
14．乙二酸()俗称草酸，是一种二元弱酸。常温下，向20mL 0.100mol/L乙二酸溶液中滴加同浓度的NaOH溶液，该过程中的、V(NaOH溶液)与pH的变化关系如图所示[X为或]。
下列说法正确的是
A．直线Ⅰ中的X为
B．a点溶液中：
C．c点溶液中，与之比为
D．由a点到c点，水的电离程度先增大后减小
二、非选择题(本题共4小题，共58分)
15．烟酸又称维生素，实验室可用3-甲基吡啶为原料来制备。
实验步骤：
ⅰ．原料氧化：在如图所示的装置中加入2.40 g 3-甲基吡啶、70mL水，分次加入10.0 g(过量)，加热控制温度在85～90℃，搅拌反应60min，反应过程中有难溶物和强碱生成。
ⅱ．粗品生成：将反应液转移至蒸馏烧瓶中，常压下144℃蒸馏，再趁热过滤，用热水洗涤滤渣，合并洗涤液与滤液，用浓盐酸酸化至pH为3.8～4.0，冷却结晶、过滤、冷水洗涤，最后干燥得粗产品。
ⅲ．粗品提纯：将粗产品用热水溶解，加活性炭脱色，趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得纯品。
ⅳ．纯度测定：取提纯后产品0.500 g溶于水，配成100 mL的溶液，每次取25.00 mL溶液于锥形瓶中，滴加几滴酚酞试液，用0.0500 mol/L NaOH溶液滴定，平均消耗NaOH溶液20.00 mL。
回答下列问题：
（1）仪器A的名称是　 　。
（2）原料氧化过程中3-甲基吡啶被氧化生成烟酸钾的化学方程式为　 　。
（3）粗品生成过程中蒸馏的目的是　 　。
（4）粗品提纯用的方法为　 　。
（5）粗品提纯过程中，趁热过滤需要的玻璃仪器有玻璃棒、　 　(填字母)。
（6）纯度测定中，产品的纯度为　 　。若滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，则测定的结果(填“偏大”“偏小”或“无影响”)　 　。
16．一种从锌冶炼渣(主要含Zn、CuO、、、和少量、等)中提取镓(Ga)的工艺流程如下。
已知：
①已知镓与铝同族，其性质具有相似性。
②25℃时，的，；，。
③对Ga的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)的影响如下表。
0 0.5 1 4 6 8
Ga的萃取率/% 84.78 81.32 79.41 52.24 44.32 23.16
回答下列问题：
（1）下列镓的某种粒子失去一个电子所需能量最高的是　 　(填字母)。
A． B． C．
（2）为提高“低酸浸出”效率可采取的措施是　 　(任写一条)。
（3）已知：“酸浸”时，加入能将Ga的硫化物转化为相同价态的氧化物，氧化物再与草酸反应生成配合物；Fe元素转化为。
①的结构如图所示，的配位数是　 　。
②被草酸浸出生成的离子方程式为　 　。
③加入草酸后，不能完全转化为，请结合平衡常数K计算说明原因　 　(一般认为时，反应基本能完全进行；时，则反应很难进行)。
（4）加Fe粉“还原”的目的为　 　。
（5）电解法精炼粗镓的装置如图所示，已知溶液中镓离子以存在，则阳极的主要电极反应式为　 　。
（6）镓可用于制备第三代半导体GaN，其立方体晶胞结构如图所示，晶胞参数为a pm。该晶体的密度为　 　(列出计算式)。
17．一种受体拮抗剂中间体Q合成路线如下。回答下列问题：
（1）A的名称为　 　。
（2）Q中含有的官能团是碳氟键、　 　、　 　。
（3）D→E的反应类型为　 　。
（4）B→C的化学方程式是　 　。
（5）试剂a的分子式为，且核磁共振氢谱只有1组峰，其结构简式为　 　。
（6）同时满足下列条件的B的同分异构体有　 　种(不包括B本身且不考虑立体异构)。
①含有苯环；②含有结构：。
（7）原料M可通过下列反应合成。
①中a处C-O单键的极性比中b处C-O单键的极性　 　(填“小”或“大”)。
②M分子中含有1个sp杂化的碳原子，则M的结构简式为　 　。
18．丙烯()是重要的化工原料，工业上常用丙烷制备丙烯。回答下列问题：
Ⅰ．直接脱氢法：
反应ⅰ △H=＋124kJ/mol
反应ⅱ
（1）反应ⅰ在　 　(填“高温”或“低温”)时可自发进行。
（2）在催化剂a或催化剂b作用下，丙烷发生脱氢反应制备丙烯，反应进程中的相对能量变化如图所示(*表示吸附态，中部分进程已省略)。
①转化为②的进程中，写出在催化剂a条件下的决速步反应式　 　。
（3）将丙烷和稀释气(g)分别以不同的起始流速通入温度为T℃，压强为1.175MPa的反应器中发生反应ⅰ和反应ⅱ，维持温度和压强不变，在为8、10、12下反应，通过检测流出气体的成分获得丙烷的转化率随丙烷流速变化曲线如图所示(在较低流速下转化率可近似看成平衡转化率)。
①代表　 　。
②下列措施可增大N点丙烷转化率的是　 　(填字母)。
A．适当升高体系的温度 B．适当减小 C．增大丙烷的流速
③图中M点时的选择性为20%，则经过2h反应ⅰ的　 　MPa．[已知：的选择性=]
Ⅱ．氧化裂解法：
反应ⅲ △H(副产物有CO和C等)。
（4）已知氢气的燃烧热△H=-285.8kJ/mol， △H=-44kJ/mol，则 △H=　 　kJ/mol。
（5）在探究[]投料比对丙烷氧化裂解反应性能的影响时发现，的值较小时，的选择性也较低，其原因可能是　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；常见的生活环境的污染及治理
【解析】【解答】A、氢燃料电池汽车的燃料是氢气，燃烧产物只有水，不会产生二氧化碳等温室气体，也无其他污染物排放，能有效降低交通领域的碳排放，符合绿色低碳理念，故A不符合题意 ；
B、光伏电池利用太阳能发电，属于清洁能源发电方式，可减少依赖化石燃料的火力发电，从而降低煤炭燃烧带来的碳排放和大气污染，符合绿色低碳理念，故B不符合题意 ；
C、废旧电池中含有汞、镉、铅等重金属，若深埋处理，重金属会随雨水渗漏进入土壤和地下水，造成持久的土壤与水体污染，并非减少污染，反而会加剧环境危害，不符合绿色低碳理念，故C符合题意 ；
D：绿色化学工艺通过优化反应路径，提高原料原子利用率，能减少废弃物排放，降低资源消耗和能源使用，从源头减少污染与碳排放，符合绿色低碳理念，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
绿色低碳核心：核心是减少温室气体排放、避免环境污染、提升资源利用效率。
清洁能源识别：氢能、太阳能等属于零碳清洁能源，可替代化石能源实现减排。
固废处理原则：废旧电池等含重金属的废弃物，严禁深埋处理，需专门回收利用，避免污染扩散。
绿色化学本质：通过原子经济性反应，从生产源头减少废物产生，是工业领域低碳环保的关键方向。
2．【答案】B
【知识点】氨的实验室制法；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、制取银氨溶液的规范操作是：向硝酸银溶液中逐滴加入氨水，先观察到有沉淀生成，继续滴加氨水至沉淀恰好完全溶解，此时得到的才是银氨溶液，操作顺序错误，A不能达到目的；
B、NaOH 溶液呈碱性，需盛放在带有聚四氟乙烯活塞的碱式滴定管中（避免玻璃活塞被腐蚀粘连）；盐酸浓度未知，可用标准 NaOH 溶液进行酸碱中和滴定测定其浓度，装置与操作均符合规范，B能达到目的；
C、SO2具有还原性，能与强氧化性的酸性 KMnO4溶液发生氧化还原反应使其褪色，该实验体现的是 SO2的还原性而非漂白性；检验 SO2漂白性应使用品红溶液，C不能达到目的；
D、NH3极易溶于水，直接将导管插入水中会因装置内压强骤降引发倒吸；该装置未配备防倒吸结构（如倒扣漏斗、四氯化碳层等），D不能达到目的；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
银氨溶液制备：必须是 “向 AgNO3溶液中滴加氨水”，不能反向操作。
滴定仪器选择：碱性溶液（如 NaOH）必须使用碱式滴定管（聚四氟乙烯活塞），严禁使用酸式滴定管（玻璃活塞），防止碱液腐蚀玻璃活塞导致粘连。
SO2性质区分：酸性 KMnO4褪色体现还原性，品红溶液褪色体现漂白性，二者实验原理与现象需严格对应。
氨气尾气处理：极易溶于水的气体（NH3、HCl 等）吸收尾气时，必须设置防倒吸装置，避免液体倒吸回反应装置造成炸裂。
3．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；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、NF3分子中 N 原子的价层电子对数为 4（3 个成键电子对 + 1 个孤电子对）， VSEPR模型为：，A正确；
B、基态 Cu 原子的核外电子排布遵循洪特规则特例，3d 轨道全充满更稳定， 核外电子排布式：[Ar]，B正确；
C、NH4F 是离子化合物，由 NH4+和 F-构成，电子式中 NH4+需体现 N 与 4 个 H 的共价键并标注正电荷，F-需满足 8 电子稳定结构并标注负电荷。 电子式为：，C错误；
D、F2分子中两个 F 原子的 p 轨道沿键轴方向相互靠拢、重叠，形成 σ 键（共价单键）， 形成过程为：，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
VSEPR 模型判断：价层电子对数 = 成键电子对数 + 孤电子对数，NF3中 N 原子价层电子对数为 4，模型为四面体形。
核外电子排布特例：Cu、Cr 等原子存在洪特规则特例，需记忆特殊排布（如 Cu 为 3d 4s ，而非 3d94s2）。
电子式书写规范：铵盐电子式需完整写出 NH4+中 N 与 H 的共价键，并标注正电荷；阴离子电子式需加括号并标注电荷，同时满足 8 电子稳定结构。
σ 键形成：共价单键由原子轨道沿键轴方向 “头碰头” 重叠形成，F2分子中 p-pσ 键符合该规律。
4．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；氧化还原反应方程式的配平；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、向新制氢氧化铜中继续滴加氨水，生成的是四氨合铜 (II) 配离子， 正确方程式应为：，A错误；
B、反应在酸性废水中进行，产物里不能出现 OH-，正确的反应应该生成 H2O， 正确反应应为，B错误；
C、苯甲酰胺在盐酸加热条件下会发生水解反应，生成苯甲酸和氯化铵， 正确方程式应为：，C错误；
D、乙醛的羰基可以和 HCN 发生加成反应，-CN 加到羰基碳上，-OH 生成在羰基氧上，产物是 CH3CH(OH)CN，符合加成反应的规律，方程式书写正确 ，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：配合物配位数：铜氨络合物的配位数是 4，不是 2，要准确记忆常见配合物的组成。
环境一致性：酸性环境下方程式里不能出现 OH-，碱性环境下不能出现 H+，必须保证反应环境和产物能共存。
有机物反应规律：酰胺在酸性条件下加热会水解成羧酸和铵盐；醛和 HCN 会发生加成反应，生成氰醇类物质。
守恒检查：方程式要满足原子守恒、电荷守恒，同时要符合反应的实际产物。
5．【答案】A
【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；配合物的成键情况；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、X（B）最外层只有 3 个电子，结构中 B 与其他原子形成 4 个键，说明其中 1 个是配位键（由其他原子提供孤电子对），A正确；
B、第一电离能规律：同周期从左到右呈增大趋势，且 Be（2s2 全满稳定）>B，故顺序应为 LiC、Z 的最简单氢化物是 H2O，W 的是 HF；H2O 分子间氢键更多，沸点 H2O>HF，即 Z>W，C错误；
D、Y 是 C，基态 C 原子核外电子排布为 1s22s22p2，电子的空间运动状态由轨道决定，共 4 种（1s、2s、2p 、2p ），D错误；
故答案为：A。
【分析】先通过原子结构与元素特征推断出 X、Y、Z、W，再分析选项：
由 X 价层电子排布 2s22p ，得 X 是 B；Y 是形成化合物种类最多的元素，得 Y 是 C；结合原子序数递增、结构中 8 电子稳定，推得 Z 是 O，W 是 F。
6．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；晶体的定义；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、NaClO3中 Cl 元素化合价为 +5，反应后 Cl 从 +5 价降为 ClO2中的 +4 价（得电子），因此 NaClO3是氧化剂，A正确；
B、氧化剂：NaClO3（2mol，每 mol 得 1mol 电子，共得 2mol 电子）；
还原剂：HCl（4mol HCl 中仅 2mol 的 Cl 从 - 1 价升为 Cl2中的 0 价，失 2mol 电子；剩余 2mol 起酸的作用）。因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为 2：2=1：1，并非 1：2，B错误；
C、NaClO3中 Cl 从 +5 价到ClO2中 + 4 价，每生成 1mol ClO2，Cl 得 1mol 电子，即转移 1mol e-，C正确；
D、ClO2和 Cl2均为分子晶体；ClO2中含 Cl-O 极性共价键，Cl2中含 Cl-Cl 非极性共价键，共价键类型不同，D正确；
故答案为：B。
【分析】 A．NaClO3中 Cl 从 + 5到+4（降，得电子）→作氧化剂；HCl 中部分 Cl 从 - 1到0（升，失电子），作还原剂，同时区分 “起酸作用的 HCl”（化合价不变）。
B．氧化剂得电子总数 = 还原剂失电子总数。2mol NaClO3得 2mol 电子，对应 2mol HCl 失 2mol 电子，故比例为 1：1。
C．生成 1mol ClO2，对应 1mol Cl 从 + 5到+4，转移 1mol 电子。
D．ClO2、Cl2均为分子构成→分子晶体；不同原子间成键为极性键，同种原子间为非极性键。
7．【答案】C
【知识点】化学键；吸热反应和放热反应；反应热和焓变
【解析】【解答】A、反应热 ΔH = 生成物总能量 - 反应物总能量。由图可知，反应物（1mol CO2(g)+3mol H2(g)）能量低于生成物（1mol CH3OH (g)+1mol H2O (g)），但实际 ΔH=451kJ - 896kJ = -445kJ，应为放热反应、ΔH<0，A错误；
B、催化剂仅改变反应的活化能，不改变反应物与生成物的能量差，因此 ΔH 不变，B错误；
C、反应物中：CO2含 C=O 极性键，H2含 H-H 非极性键，反应时二者均会断裂；生成物中形成新的极性键（如 C-H、O-H），因此反应中有极性键和非极性键的断裂， C正确；
D、该反应是可逆反应，1mol CO2和 3mol H2无法完全反应，实际放出的热量小于 445kJ，D错误；
故答案为：C。
【分析】 A． ΔH = 生成物总能量 - 反应物总能量，由图中数值直接计算得 ΔH 为负，是放热反应。
B． 催化剂对 ΔH 影响的突破口记 “催化剂只改活化能，不改能量差”：ΔH 由反应物、生成物能量决定，与催化剂无关。
C． CO2含极性键（C=O），H2含非极性键（H-H），反应时二者均断裂，故存在两种键的断裂。
D． 可逆反应放热的突破口抓 “不完全反应”：可逆反应不能进行到底，1mol CO2和 3mol H2无法完全转化，实际放热小于理论值。
8．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A、用 “均摊法” 算晶胞原子数：
Co 原子数 = 3（晶胞内 + 面心：=3 ）、Cu 原子数 = 1（顶点： ）、N 原子数 = 1（晶胞内），故化学式为 Co3CuN，A正确；
B、Co 是 27 号元素，基态原子的价层电子排布遵循 “能级交错”，为 3d74s2，B正确；
C、晶胞中 Co 原子形成正八面体结构（6 个 Co 原子对称分布），N 原子位于其中心位置，即正八面体空隙中，C正确；
D、观察晶胞结构，Cu 原子（顶点）周围距离最近且相等的 Co 原子（面心），实际数量为12个（而非 8 个），D错误；
故答案为：D。
【分析】本题的易错点集中在 3 个晶胞分析的细节上：
均摊法计算原子数的误区：易混淆不同位置原子的均摊比例（如顶点、面心的占比），导致 Co、Cu 原子数计算错误，进而误判化学式。
配位数判断的偏差：误将 Cu 原子的配位数按 “体心 - 顶点” 的 8 配位判断，实际结合晶胞结构，Cu（顶点）周围最近的 Co 是面心 / 棱心的 6 个，配位数为 6 而非 8。
空隙类型的误判：对 “正八面体空隙” 的结构特征不熟悉，易忽略 Co 原子的对称分布，错判 N 原子的位置。
9．【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、从图像可知，温度越高，H2S 的平衡转化率越低，说明升高温度平衡逆向移动，正反应是放热反应。温度越高平衡常数越小，a 点温度低于 c 点，故平衡常数，A错误；
B、b 点温度和 a 点相同，但 b 点未达到平衡，反应正向进行，此时正反应速率大于逆反应速率；而 a 点是平衡状态，正逆反应速率相等，因此正反应速率，B正确；
C、该反应前后气体分子总数不变，将容器体积缩小至原来一半（即增大压强），平衡不移动，H2S 的转化率不变 ，C错误；
D、该反应前后气体总物质的量始终不变，在容积不变的密闭容器中，压强始终保持恒定，因此压强不变不能作为反应达到平衡的标志 ，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
温度与平衡移动：温度升高，反应物转化率降低→正反应放热，平衡常数随温度升高而减小。
速率与平衡状态：未平衡时，正向反应的正速率大于逆速率；平衡时正逆速率相等，同温度下未平衡时正速率更大。
压强影响规律：反应前后气体分子数不变时，改变压强平衡不移动，转化率不变。
平衡标志判断：只有 “变量不变” 才能作为平衡标志，本题中压强是恒量，不能判断平衡。
10．【答案】C
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物的结构和性质；羧酸简介；取代反应
【解析】【解答】A、步骤①是甲苯苯环上的氢原子被氯原子取代，属于取代反应；步骤④是甲基被氧化为羧基，属于氧化反应，二者反应类型不同 ，A错误；
B、步骤②是氯原子水解为羟基，卤代烃水解的条件是NaOH 水溶液、加热，而非 NaOH 醇溶液、加热（该条件是卤代烃消去反应的条件） ，B错误；
C、步骤③中酚羟基转化为甲醚键，步骤⑤又将甲醚键还原为酚羟基；酚羟基易被氧化，步骤③的作用是保护酚羟基，避免其在后续氧化甲基的反应中被破坏 ，C正确；
D、步骤⑥的产物是对羟基苯甲酸乙酯，其苯环上氢原子的化学环境不同，乙基上还有不同环境的氢原子，核磁共振氢谱有5 组峰，峰面积之比为 1：2：2：2：3，并非 4 组峰且比例为 1：2：2：5 ，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
反应类型区分：取代反应侧重原子、基团的替换（如卤代、酯化、水解），氧化反应侧重化合价升降、官能团氧化（如甲基变羧基）。
卤代烃反应条件：水解反应需 NaOH 水溶液、加热；消去反应需 NaOH 醇溶液、加热，二者不可混淆。
官能团保护：酚羟基性质活泼易被氧化，合成中常通过醚化反应保护，后续再还原为酚羟基。
核磁共振氢谱分析：先分析有机物中不同化学环境的氢原子种类（组数），再根据对称性、取代基位置计算峰面积比例。
11．【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、稀盐酸酸浸时，SrCO3、CaCO3、MgCO3均与盐酸反应生成可溶性氯化物，而SiO2、SrSO4不溶于稀盐酸留在浸出渣1中，因此浸出液中主要金属离子为Sr2+、Ca2+、Mg2+ ，A正确；
B、沉淀转化的平衡常数 ，离子方程式也符合沉淀转化规律 ，B正确；
C、若用Ba(NO3)2替代BaCl2，NO3-会进入溶液，后续结晶时可能引入杂质，且无法得到纯净的SrCl2溶液，因此不可替代 ，C正确；
D、SrCl2是强酸强碱盐，不会发生水解，由SrCl2·6H2O制备无水SrCl2时，直接加热脱水即可，无需在HCl气流中加热（HCl气流加热是为了抑制易水解盐的水解，如MgCl2、AlCl3等） ，D错误；
故答案为：D。
【分析】含锶废渣主要成分为 SrSO4、SiO2、SrCO3、CaCO3和 MgCO3。加入稀盐酸，碳酸盐类（SrCO3、CaCO3、MgCO3）与盐酸反应溶解，进入浸出液；SrSO4和 SiO2不溶于稀盐酸，留在浸出渣 1 中。向浸出渣 1 中加入 BaCl2溶液，利用沉淀转化反应： ，将 SrSO4转化为可溶的 SrCl2，SiO2和生成的 BaSO4留在浸出渣 2 中，得到 SrCl2溶液。将 SrCl2溶液经后续操作，最终获得 SrCl2 6H2O 晶体。
12．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、电极 a 区域稀硫酸转化为浓硫酸，说明 SO32-在 a 极被氧化为 SO42-，发生氧化反应，因此电极 a 为阳极，与电源正极相连 ，A正确；
B、电极 b 为阴极，H2O 在阴极得电子发生还原反应，生成 OH-和 H2，电极反应式为，B正确；
C、半透膜 I 需要允许 SO32-（或 HSO3-）向阳极（左室）移动参与氧化反应，应为阴离子交换膜；半透膜 II 需要允许 Na+向阴极（右室）移动与 OH-结合生成 NaOH，应为阳离子交换膜 ，C错误；
D、气体 G 为 O2，标准状况下 22.4 L O2的物质的量为 1 mol，生成 1 mol O2转移 4 mol 电子；根据电荷守恒，有 4 mol M 离子（SO42-或 HSO4-）移向左室 ，D正确；
故答案为：C。
【分析】电极 a 区域稀硫酸变为浓硫酸，SO42-浓度升高，说明 SO32-在 a 极发生氧化反应生成 SO42-，因此 a 为阳极，与电源正极相连；电极 b 为阴极，发生还原反应。阴极反应：H2O 在阴极得电子，生成 OH-和 H2，反应式为：，同时 NaOH 稀溶液变为浓溶液。据此解题。
13．【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；物质结构中的化学键数目计算
【解析】【解答】A、碳酸丙烯酯分子中含有 1 个 C=O 双键（含 1 个 π 键），其余单键均为 σ 键，经统计 σ 键共 13 个，故 π 键与 σ 键数目之比为 1：13 ，故A正确；
B、从反应机理看，二芳基硅二醇（A）和 I-均参与反应循环，反应前后均未被消耗，二者共同作为催化剂，并非只有二芳基硅二醇 ，B错误；
C、物质 B、C、D 分子中均存在 O-H…O 或类似的氢键相互作用 ，C正确；
D、反应过程中，CO2中的 C 为 sp 杂化，羰基中的 C 为 sp2 杂化，烷基和环上的饱和 C 为 sp3 杂化，因此存在 sp、sp2、sp3 三种杂化方式 ，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
化学键计数：双键含 1 个 π 键和 1 个 σ 键，单键仅含 σ 键，需准确统计分子内化学键类型。
催化剂判断：催化剂在反应循环中参与反应，最终又生成，需完整梳理机理循环确认所有催化剂物种。
氢键识别：分子中存在 O-H 等极性基团时，易形成 O-H…O 型氢键。
杂化方式判断：饱和 C 为 sp3 杂化，双键 C 为 sp2 杂化，CO2中 C 为 sp 杂化。
14．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、根据电离平衡常数公式，，。代入图像起点坐标，直线I截距为-1.25（对应 ），直线II截距为-3.82（对应 ），故直线I中X为 ，A错误；
B、a点加入20 mL NaOH溶液，溶质为NaHC2O4，根据物料守恒：，选项中 系数为2，不符合物料守恒，B错误；
C、c点pH=8.2，，由 ，可得：，即二者之比为 ，C正确；
D、a点溶质为NaHC2O4（ 电离为主，抑制水的电离），c点溶质为Na2C2O4（ 水解，促进水的电离），从a到c，NaHC2O4逐渐减少、Na2C2O4逐渐增多，水的电离程度持续增大，并非先增后减，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题以乙二酸与NaOH的滴定反应为背景，结合电离平衡常数、物料守恒、水的电离等知识点，通过分析lgX与pH的图像关系，逐一验证选项正误。核心是利用电离平衡常数公式 推导出 的线性关系，再结合图像坐标计算 、，进而分析各选项。
15．【答案】（1）三颈烧瓶
（2）＋＋＋KOH＋
（3）除去未反应的3-甲基吡啶
（4）重结晶
（5）BD
（6）98.4%；偏小
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）由图可知，仪器A为三颈烧瓶，
故答案为：三颈烧瓶；
（2）根据反应原理可知，氧化时甲基被氧化为羧酸钾，相应的方程式为：＋＋＋KOH＋；
故答案为：；
（3）根据题给信息可知，3-甲基吡啶沸点为144℃，则合成粗产品时，在常压、144℃下蒸馏的目的是：除去未反应的3-甲基吡啶；
故答案为： 除去未反应的3-甲基吡啶 ；
（4）结合题给信息可知，烟酸微溶于冷水，温度升高，溶解度逐渐增大，则粗品提纯的方法为：重结晶；
故答案为： 重结晶 ；
（5）粗品提纯过程中，趁热过滤需要的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和漏斗，故选BD；
故答案为： BD ；
（6）烟酸是一元酸，与NaOH反应物质的量之比为1：1，消耗NaOH的物质的量为：，烟酸的质量为，纯度为，
若滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，读出的NaOH体积偏小，则测定的结果偏小，
故答案为：；偏小。
【分析】在 85~90℃下用过量 KMnO4将 3 - 甲基吡啶的甲基氧化为羧酸钾，得到烟酸钾，同时生成 MnO2沉淀和强碱。蒸馏除去未反应的 3 - 甲基吡啶，趁热过滤除 MnO2，用浓盐酸酸化烟酸钾溶液，冷却结晶得到烟酸粗品。热水溶解粗品，活性炭脱色后重结晶，得到纯品；最后通过酸碱滴定测定纯度。据此解题即可。
（1）由图可知，仪器A为三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；
（2）根据反应原理可知，氧化时甲基被氧化为羧酸钾，相应的方程式为：＋＋＋KOH＋；
（3）根据题给信息可知，3-甲基吡啶沸点为144℃，则合成粗产品时，在常压、144℃下蒸馏的目的是：除去未反应的3-甲基吡啶；
（4）结合题给信息可知，烟酸微溶于冷水，温度升高，溶解度逐渐增大，则粗品提纯的方法为：重结晶；
（5）粗品提纯过程中，趁热过滤需要的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和漏斗，故选BD；
（6）烟酸是一元酸，与NaOH反应物质的量之比为1：1，消耗NaOH的物质的量为：，烟酸的质量为，纯度为，故答案为：；
若滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，读出的NaOH体积偏小，则测定的结果偏小，故答案为：偏小。
16．【答案】（1）C
（2）搅拌、适当升高温度、适当提高硫酸浓度
（3）6；Ga2O3＋6H2C2O4=2[Ga(C2O4)3]3-＋6H＋＋3H2O；PbSO4转化为PbC2O4的反应可表示为PbSO4＋H2C2O4PbC2O4＋2H＋＋，该反应，平衡常数很小，PbSO4不能完全转化为PbC2O4
（4）除去[Fe(C2O4)3]3-，以提高Ga的萃取率
（5）Ga-3e-＋4OH-=
（6）
【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；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）镓与铝同族，原子失去电子所需能量：基态（全满、半满等稳定状态）>激发态，失去内层电子所需能量>失去外层电子所需能量；选项C中电子处于全满的基态，失去一个电子所需能量最高；A、B中电子处于激发态，失去电子所需能量低于C，综上所述C正确；
故答案为：C。
（2）提高 “低酸浸出” 效率的措施有：搅拌（使反应物充分接触，加快反应速率）；适当升高温度（升高温度，反应速率加快）；适当增大硫酸浓度（增大反应物浓度，加快反应速率）等。
故答案为： 搅拌、适当升高温度、适当提高硫酸浓度 ；
（3）由[Fe(C2O4)3]3 的结构可知，Fe3+与6个O原子形成配位键，所以Fe3+的配位数是6；Ga2O3被草酸浸出，结合已知镓与铝性质相似，反应生成[Ga(C2O4)3]3 ，离子反应方程式为Ga2O3＋6H2C2O4=2[Ga(C2O4)3]3-＋6H＋＋3H2O；H2C2O4的为二元弱酸，Ka1=，Ka2=，Ksp(PbC2O4)=c(Pb2+)c(C2O)，Ksp(PbSO4)= c(Pb2+)c(SO)，PbSO4转化为PbC2O4的反应为PbSO4(s)+H2C2O4(aq)PbC2O4(s)+2H+(aq)+SO(aq)，该反应的K====2.8×10-4<105，平衡常数很小，反应存在反应限度，转不能全部转化，PbSO4不能完全转化为PbC2O4。
故答案为：6； Ga2O3＋6H2C2O4=2[Ga(C2O4)3]3-＋6H＋＋3H2O ； PbSO4转化为PbC2O4的反应可表示为PbSO4＋H2C2O4PbC2O4＋2H＋＋，该反应，平衡常数很小，PbSO4不能完全转化为PbC2O4 ；
（4）根据分析可知，加铁粉除去[Fe(C2O4)3]3-，以提高Ga的萃取率。
故答案为： 除去[Fe(C2O4)3]3-，以提高Ga的萃取率 ；
（5）电解池阳极发生氧化反应，则反应方程式为Ga-3e-＋4OH-=Ga(OH)。
故答案为： Ga-3e-＋4OH-= ；
（6）由GaN的晶胞结构可知，Ga原子位于晶胞的顶点和面心，N原子位于晶胞内部，Ga原子的个数为8×+6×=4，N原子的个数为4，晶胞的质量m=，晶胞参数为a pm=a×10-10cm，晶胞体积V=( a×10-10 cm)3，晶胞的密度ρ==。
故答案为： ；
【分析】向锌冶炼渣中加入稀硫酸，Zn、CuO、ZnFe2O4等可溶性金属组分溶解进入滤液，SiO2、未反应的镓化合物等形成高硅渣，实现初步分离。对高硅渣再次酸浸，加入 H2O2氧化潜在还原性物质，再加入 H2C2O4，利用溶度积差异将 Pb2+转化为PbC2O4沉淀（铅硅渣）除去，同时镓、铁等进入溶液。加入铁粉将 Fe3+还原，同时使 Fe2+与草酸根结合生成FeC2O4沉淀过滤除去，避免铁离子干扰后续萃取。控制 [Fe(C2O4)3]3-的浓度，利用萃取剂选择性萃取镓离子到有机相，实现镓与其他杂质离子的分离。用洗脱剂将有机相中的镓洗脱至水相，得到富镓母液，再经后续处理（如电解、还原）最终得到粗镓。据此解题。
（1）镓与铝同族，原子失去电子所需能量：基态（全满、半满等稳定状态）>激发态，失去内层电子所需能量>失去外层电子所需能量；选项C中电子处于全满的基态，失去一个电子所需能量最高；A、B中电子处于激发态，失去电子所需能量低于C，综上所述C正确；
故答案为：C。
（2）提高 “低酸浸出” 效率的措施有：搅拌（使反应物充分接触，加快反应速率）；适当升高温度（升高温度，反应速率加快）；适当增大硫酸浓度（增大反应物浓度，加快反应速率）等。
（3）由[Fe(C2O4)3]3 的结构可知，Fe3+与6个O原子形成配位键，所以Fe3+的配位数是6；Ga2O3被草酸浸出，结合已知镓与铝性质相似，反应生成[Ga(C2O4)3]3 ，离子反应方程式为Ga2O3＋6H2C2O4=2[Ga(C2O4)3]3-＋6H＋＋3H2O；H2C2O4的为二元弱酸，Ka1=，Ka2=，Ksp(PbC2O4)=c(Pb2+)c(C2O)，Ksp(PbSO4)= c(Pb2+)c(SO)，PbSO4转化为PbC2O4的反应为PbSO4(s)+H2C2O4(aq)PbC2O4(s)+2H+(aq)+SO(aq)，该反应的K====2.8×10-4<105，平衡常数很小，反应存在反应限度，转不能全部转化，PbSO4不能完全转化为PbC2O4。
（4）根据分析可知，加铁粉除去[Fe(C2O4)3]3-，以提高Ga的萃取率。
（5）电解池阳极发生氧化反应，则反应方程式为Ga-3e-＋4OH-=Ga(OH)。
（6）由GaN的晶胞结构可知，Ga原子位于晶胞的顶点和面心，N原子位于晶胞内部，Ga原子的个数为8×+6×=4，N原子的个数为4，晶胞的质量m=，晶胞参数为a pm=a×10-10cm，晶胞体积V=( a×10-10 cm)3，晶胞的密度ρ==。
17．【答案】（1）苯胺
（2）氨基；酰胺基
（3）取代反应
（4）
（5）
（6）10
（7）大；
【知识点】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；结构简式
【解析】【解答】（1）A的结构为苯胺，所以A的名称为苯胺。
故答案为： 苯胺 ；
（2）观察Q的结构，可知Q中含有的官能团是碳氟键、氨基、酰胺基。
故答案为： 氨基 ；酰胺基。
（3）D→E的反应是D中的氨基上的氢原子被取代，反应类型为取代反应。
故答案为： 取代反应 ；
（4）B与浓、浓在加热条件下发生硝化反应，化学方程式为：
。
故答案为： ；
（5）试剂a的分子式为，且核磁共振氢谱只有1组峰，说明分子中氢原子环境相同，其结构简式为。
故答案为： ；
（6）B的结构中含有苯环和结构。满足条件的同分异构体，苯环上的取代基有不同的情况，①苯环上有一个取代基∶、、、共四种；②苯环上有两个取代基，又可为、和、两种情况，、、、、、共有6种，所以满足两条件的一共10种。
故答案为： 10 ；
（7）①由于氯原子的电负性比氢原子大，所以中a处C-O单键的极性比中b处C-O单键的极性大。
②M分子中含有1个sp杂化的碳原子，结合反应及分子式，M的结构简式为。
故答案为： 大 ；
【分析】苯胺与冰醋酸加热反应，生成乙酰苯胺（B），保护氨基避免后续被氧化。乙酰苯胺在混酸（浓硝酸 + 浓硫酸）条件下发生硝化反应，得到中间体 C （硝基取代的产物）；随后酸性水解脱去乙酰基，生成（D）。用试剂 a在 K2CO3存在下，得到单保护产物 E。在催化剂作用下用 H2将 E 的硝基还原为氨基，得到双氨基化合物 G。G 与含氟中间体 M（分子式 C9H5F2NO3）经多步反应，最终缩合环化得到目标产物 Q。
（1）A的结构为苯胺，所以A的名称为苯胺。
（2）观察Q的结构，可知Q中含有的官能团是碳氟键、氨基、酰胺基。
（3）D→E的反应是D中的氨基上的氢原子被取代，反应类型为取代反应。
（4）B与浓、浓在加热条件下发生硝化反应，化学方程式为：
。
（5）试剂a的分子式为，且核磁共振氢谱只有1组峰，说明分子中氢原子环境相同，其结构简式为。
（6）B的结构中含有苯环和结构。满足条件的同分异构体，苯环上的取代基有不同的情况，①苯环上有一个取代基∶、、、共四种；②苯环上有两个取代基，又可为、和、两种情况，、、、、、共有6种，所以满足两条件的一共10种。
（7）①由于氯原子的电负性比氢原子大，所以中a处C-O单键的极性比中b处C-O单键的极性大。
②M分子中含有1个sp杂化的碳原子，结合反应及分子式，M的结构简式为。
18．【答案】高温；*CH3CHCH3＋*H→*CH3CHCH2＋2*H；12；AB；0.144；-235.6；氧气过量，丙烷发生深度氧化而导致C3H6的选择性降低
【知识点】热化学方程式；化学平衡的计算；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）反应ⅰ是吸热反应，且正反应的气体分子总数增加，即、，根据，要使，则需在高温下进行，因此反应ⅰ在高温时可自发进行。
故答案为： 高温 ；
（2）反应的活化能越大，反应速率越慢，为该反应的决速步骤，①转化为②的进程中，在催化剂a条件下由*CH3CHCH3＋*H到过渡态2的活化能最大，因此决速步反应式*CH3CHCH3＋*H→*CH3CHCH2＋2*H。
故答案为：*CH3CHCH3＋*H→*CH3CHCH2＋2*H ；
（3）①反应ⅰ和反应ⅱ均为气体体积增大的反应，维持温度和压强不变，在较低流速下n(H2O)：n(C3H8)增大相当于减小平衡体系的压强，平衡向正反应方向移动，丙烷的转化率增大，由图可知，丙烷流速相同时曲线L1对应丙烷的转化率最大，所以L1代表n(H2O)：n(C3H8)=12；
②A．适当升高体系的温度，反应速率加快，消耗丙烷的物质的量增大，丙烷的转化率增大，A符合题意；
B． L1代表n(H2O)：n(C3H8)=12，L2代表n(H2O)：n(C3H8)=10，L3代表n(H2O)：n(C3H8)=8，由图可知，适当减小，丙烷的转化率增大，B符合题意；
C．增大丙烷的流速，丙烷不能在催化剂表面充分接触，对导致分解不充分，使得丙烷的转化率减小，C不符合题意；
故选AB。
③由图可知，图中M点n(H2O)：n(C3H8)=10，丙烷流速为0.5mol/h、转化率为75%，则2h内M点起始水蒸气、丙烷的物质的量分别为10mol、1mol，由丙烷的转化率可知，1h时，丙烷的物质的量为1mol-1mol×75%=0.25mol，由乙烯的选择性可知，乙烯的物质的量为1mol×75%×20%=0.15mol，丙烯的物质的量为1mol×75%×(1-20%)=0.6mol，由方程式可知，H2、CH4的物质的量为0.6mol、0.15mol，混合气体的总物质的量为11.75mol，因此，反应ⅰ的
故答案为： 12 ； AB ； 0.144 ；
（4）已知氢气的燃烧热△H=-285.8kJ/mol，则①，② △H=-44kJ/mol，③ △H=＋124kJ/mol，则可得目标方程，因此 的焓变为。
故答案为： -235.6 ；
（5）的值较小时，的选择性也较低，其原因可能是氧气过量，丙烷发生深度氧化而导致C3H6的选择性降低。
故答案为： 氧气过量，丙烷发生深度氧化而导致C3H6的选择性降低 ；
【分析】(1)反应i：、，根据 ，高温下才能自发。
(2) 活化能越大，反应速率越慢，为决速步。催化剂a下， 活化能最大，是决速步。
(3)①同流速下， 越大，相当于减压，平衡正移，丙烷转化率越高，故 对应 12。
②A：升温（反应i吸热，平衡正移）；
B：减小水烷比（减压，平衡正移）；
C：增大流速（接触不充分，转化率降）。
③由M点数据（流速0.5 mol/h、转化率75%、乙烯选择性20%），算出各物质分压，代入 ，得 。
(4) 利用盖斯定律，结合氢气燃烧热、 焓变、反应i的 ，推导得目标反应 。
(5) 过小，氧气过量，丙烷发生深度氧化（生成CO、C等副产物），导致丙烯选择性降低。
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