江苏省常州市金坛区第一中学2025-2026学年高三上学期开学化学试题
1．（2025高三上·金坛开学考）大气中的氧是取之不尽的天然资源。下列工业生产中以氧气作反应物的是
A．工业合成氨 B．湿法炼铜
C．从海水中提取镁 D．接触法制硫酸
【答案】D
【知识点】工业制取硫酸；工业合成氨；海水资源及其综合利用；金属冶炼的一般原理
【解析】【解答】A、工业合成氨的反应为 N2和3H2在催化剂、高温高压条件下生成 2NH3，反应物为氮气和氢气，无氧气参与，故A不符合题意 ；
B、湿法炼铜利用铁置换硫酸铜中的铜，反应为 Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，反应物为铁和硫酸铜，不涉及氧气，故B不符合题意 ；
C、海水提镁的关键步骤为：Mg2+与 OH-反应生成 Mg(OH)2沉淀，Mg(OH)2与 HCl 反应生成 MgCl2和 H2O，熔融 MgCl2电解生成 Mg 和 Cl2，全程无氧气作为反应物，故C不符合题意 ；
D、接触法制硫酸中，第二步反应为 2SO2和O2在催化剂、加热条件下生成 2SO3，氧气直接参与反应，是该步骤的反应物，故D符合题意 ；
故答案为：D。【分析】A．工业合成氨的核心反应及反应物组成。
B．考查湿法炼铜的反应原理（置换反应的反应物）。
C．判断海水提镁的主要步骤及反应中的反应物。
D．判断接触法制硫酸的核心反应（二氧化硫的氧化）。
2．（2025高三上·金坛开学考）利用反应吸收。下列说法正确的是
A．基态核外电子排布式为 B．中元素的化合价为+3
C．空间结构为三角锥形 D．的电子式为
【答案】B
【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、Ca 是 20 号元素，电子填充遵循能量最低原理，4s 轨道能量低于 3d 轨道，因此基态核外电子排布式为 [Ar]4s2，而非 [Ar]3d2，A错误；
B、在 Ca (NO2)2中，NO2-为亚硝酸根离子，设 N 的化合价为 x，根据离子电荷守恒（离子所带电荷 = 各元素化合价代数和），可得 x + 2×(-2) = -1，解得 x = +3，B正确；
C、NO3-中心原子 N 的价层电子对数为 ，采取 sp2 杂化，无孤电子对，因此空间结构为平面三角形，而非三角锥形，C错误；
D、H2O 是共价化合物，原子间通过共用电子对结合，电子式为， （O 原子周围有两对孤电子对），而非含离子键的形式，D错误；
故答案为：B。【分析】A．考查Ca 原子的基态电子排布规律（能量最低原理）。
B．掌握化合物中元素化合价的计算（离子电荷守恒）。
C．考查离子空间结构的判断（价层电子对互斥理论）。
D．掌握共价化合物电子式的书写规范（无离子键）。
3．（2025高三上·金坛开学考）电解熔融制时常添加少量和以提高导电性。下列说法正确的是
A．半径大小： B．电负性大小：
C．电离能大小： D．碱性强弱：
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、Al3+和 O2-均为 10 电子离子（核外电子排布相同），Al 的核电荷数（13）远大于 O 的核电荷数（8），原子核对核外电子的吸引作用更强，故离子半径 r (Al3+) < r (O2-)，A错误；
B、O 和 F 位于第二周期，原子序数 O（8）
C、Mg 属于 ⅡA 族，价电子排布为 3s2（全充满稳定结构），失去一个电子需克服更大能量；Al 属于 ⅢA 族，价电子排布为 3s23p （易失去 3p 轨道单个电子），故第一电离能 I1(Al) < I1(Mg)，C错误；
D、Ca 和 Mg 同属 ⅡA 族，Ca 的原子序数（20）大于 Mg（12），同主族从上到下原子半径增大，失电子能力增强，金属性 Ca > Mg，因此最高价氧化物对应水化物的碱性 Ca(OH)2 > Mg(OH)2，D正确；
故答案为：D。【分析】要解决此题，需紧扣元素周期律核心规律（离子半径比较、电负性递变、电离能反常、金属性与碱性关联），精准突破各选项：
A．核外电子层结构相同的离子，半径随核电荷数增大而减小。
B．同周期主族元素，电负性随原子序数增大呈递增趋势（除特殊情况外）。
C．第一电离能存在 “ⅡA 族> ⅢA 族” 的反常现象（ⅡA 族价电子全充满，结构更稳定）。
D．同主族元素金属性随原子序数增大而增强，金属性越强，最高价氧化物对应水化物碱性越强。
4．（2025高三上·金坛开学考）阅读下列材料，完成下面小题。
催化反应广泛存在，如植物光合作用、铁触媒催化合成氨、合成火箭燃料N2H4 (液态，燃烧热为622kJ/mol)、铜催化重整CH4和H2O制H2和CO等。催化剂有选择性，如酸性条件下锑电催化还原CO2，生成HCOOH的选择性大于CO，通过选择性催化还原技术，NH3将柴油车尾气中的NO2转化为N2。
（1）下列说法不正确的是
A．植物光合作用过程中，酶能提高CO2和H2O分子的能量使之成为活化分子
B．NH3将NO2转化为N2的反应中催化剂能加快化学反应速率
C．酸性条件下锑电催化还原CO2时，HCOOH的生成速率大于CO
D．铁触媒催化合成氨的反应中，铁触媒能减小反应的活化能
（2）下列化学反应表示正确的是
A．N2H4的燃烧：
B．CH4和H2O催化重整制H2和CO：
C．锑电催化还原CO2生成HCOOH的阴极反应：
D．NH3将柴油车尾气中的NO2无害化：
（3）下列有关反应描述不正确的是
A．合成氨温度选择400~500℃的原因之一是铁触媒在该温度范围内活性大
B．铁触媒催化合成氨时，铁触媒提高了单位时间内N2的转化率
C．催化重整CH4和H2O制H2时，H2在催化剂铜表面脱附过程的ΔS＜0
D．CO2转化为HCOOH时，C原子轨道的杂化类型发生了变化
【答案】（1）A
（2）B
（3）C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；化学反应速率的影响因素；有效碰撞理论；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）A、植物光合作用中，酶作为催化剂是降低反应活化能，增大活化分子百分数，而非提高分子能量，故 A错误；
B、催化剂能降低反应活化能，加快化学反应速率，NH3将 NO2转化为 N2的反应中催化剂作用同理，B正确；
C、酸性条件下锑电催化还原 CO2时，生成 HCOOH 的选择性大于 CO，说明 HCOOH 的生成速率大于 CO，C正确；
D、铁触媒催化合成氨时，能减小反应的活化能，加快反应速率，D正确；
故答案为：A。
（2）A、N2H4的燃烧热是指生成液态水时的放热，正确热化学方程式应为，A错误；
B、根据题意可知，CH4和 H2O 催化重整制 H2和 CO，再结合质量守恒， 反应为：，B正确；
C、锑电催化还原 CO2生成 HCOOH 的阴极反应，CO2得电子发生还原反应，正确反应为 ，原选项电子得失标注错误，C错误；
D、NH3将 NO2无害化的反应需配平，正确反应为 ，原选项未配平，D错误；
故答案为：B。
（3）A、合成氨温度选择 400~500℃，原因之一是铁触媒在该温度范围内活性大，利于催化反应进行，故 A正确；
B、铁触媒催化合成氨时，降低了反应活化能，增大活化分子百分数，提高了单位时间内 N2的转化率，B正确；
C、H2在催化剂 Cu 表面脱附时，物质的混乱度增大，ΔS > 0，C错误；
D、CO2中 C 为 sp 杂化，HCOOH 中 C 为 sp2 杂化，C 原子轨道的杂化类型发生了变化，D正确；
故答案为：C。
【分析】（1）要解决此题，需从催化剂的作用原理、反应速率与选择性的关系分析各选项。
（2）需从热化学方程式的规范、反应的质量守恒、电极反应的得失电子、氧化还原反应的配平分析各选项。
（3）需从催化剂的活性温度、催化剂对反应速率的影响、熵变的判断、原子杂化类型的变化分析各选项。
（1）A、植物光合作用中，酶作为催化剂是降低反应活化能，增大活化分子百分数，而非提高分子能量， A错误；
B、催化剂能降低反应活化能，加快化学反应速率，NH3将 NO2转化为 N2的反应中催化剂作用同理，B正确；
C、酸性条件下锑电催化还原 CO2时，生成 HCOOH 的选择性大于 CO，说明 HCOOH 的生成速率大于 CO，C正确；
D、铁触媒催化合成氨时，能减小反应的活化能，加快反应速率，D正确；
故答案为：A。
（2）A、N2H4的燃烧热是指生成液态水时的放热，正确热化学方程式应为，A错误；
B、根据题意可知，CH4和 H2O 催化重整制 H2和 CO，再结合质量守恒， 反应为：，B正确；
C、锑电催化还原 CO2生成 HCOOH 的阴极反应，CO2得电子发生还原反应，正确反应为 ，原选项电子得失标注错误，C错误；
D、NH3将 NO2无害化的反应需配平，正确反应为 ，原选项未配平，D错误；
故答案为：B。
（3）A、合成氨温度选择 400~500℃，原因之一是铁触媒在该温度范围内活性大，利于催化反应进行，故 A正确；
B、铁触媒催化合成氨时，降低了反应活化能，增大活化分子百分数，提高了单位时间内 N2的转化率，B正确；
C、H2在催化剂 Cu 表面脱附时，物质的混乱度增大，ΔS > 0，C错误；
D、CO2中 C 为 sp 杂化，HCOOH 中 C 为 sp2 杂化，C 原子轨道的杂化类型发生了变化，D正确；
故答案为：C。
5．（2025高三上·金坛开学考）下列化学反应表示正确的是
A．电解精炼铜时阴极反应：
B．与浓硝酸反应：
C．溶于稀硫酸：
D．吸收气体：
【答案】D
【知识点】铜的电解精炼；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、电解精炼铜时，纯铜作阴极，发生还原反应，是 Cu2+得电子生成 Cu，反应为，；而 “Cu - 2e- = Cu2+” 是阳极（粗铜）的氧化反应，A错误；
B、Cu2S 中 Cu 为 + 1 价、S 为 - 2 价，均具有还原性；浓硝酸具有强氧化性，反应时 S 会被氧化为 H2SO4，Cu 被氧化为 Cu2+，同时硝酸被还原为 NO2。 反应的化学方程式为：，B错误；
C、Cu2O 中 Cu 为 + 1 价，溶于稀硫酸时发生歧化反应，生成 Cu2+（氧化产物）、Cu（还原产物）和 H2O，反应为 ；原方程式未体现 Cu 的生成，C错误；
D、CuSO4与 H2S 发生复分解反应，生成难溶于酸的 CuS 沉淀和 H2SO4，离子方程式为 ，符合反应事实，D正确；
故答案为：D。【分析】A．判断电解精炼铜的阴极反应类型（还原反应）。
B．强氧化性酸（浓硝酸）与还原性物质（Cu2S）的氧化还原产物。
C．掌握Cu2O 与稀酸的歧化反应规律。
D．考查复分解反应的离子方程式书写（沉淀的生成）。
6．（2025高三上·金坛开学考）化合物Y是合成治疗过敏性疾病药物的中间体，可由下列反应制得。下列说法正确的是
A．化合物X既能盐酸反应又能与氢氧化钠反应
B．化合物X与足量的氢气加成后分子中含有3个手性碳原子
C．化合物X中所有碳原子一定共面
D．能用浓溴水检验Y中是否含有X
【答案】A
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、化合物 X 含氨基（-NH2），能与盐酸反应；含酚羟基（-OH，与苯环直接相连），能与氢氧化钠反应，A正确；
B、化合物 X 与足量氢气加成后，分子中含 4 个手性碳原子 ：（标记*的为手性碳原子） ，而非 3 个，B错误；
C、苯环上的碳原子共面，但苯环外的碳原子因 C-C 单键可旋转，不一定与苯环共面，故化合物 X 中所有碳原子不一定共面，C错误；
D、X 和 Y 均含酚羟基，均能与浓溴水发生取代反应生成白色沉淀，因此无法用浓溴水检验 Y 中是否含有 X，D错误；
故答案为：A。
【分析】要解决此题，需结合化合物 X、Y 的官能团性质、结构特点逐一分析选项，本题的易错点主要有以下几点：
易对手性碳原子的判断出错，化合物 X 与足量氢气加成后含 4 个手性碳原子，容易误判为 3 个；
易忽略碳碳单键的旋转性，错误认为苯环外的碳原子一定与苯环共面，从而误判所有碳原子共面；
易忽略 Y 也含酚羟基，能与浓溴水反应，错误认为可用浓溴水检验 Y 中是否含 X。
7．（2025高三上·金坛开学考）在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是
A．工业制高纯Si：
B．侯氏制碱法：
C．工业制硝酸：
D．海水中提取镁：
【答案】A
【知识点】工业制取硝酸；海水资源及其综合利用；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A、① SiO2与 C 高温反应生成粗 Si；② 粗 Si 与 HCl 高温反应生成 SiHCl3；③ SiHCl3与 H2高温反应生成高纯 Si。三步转化均符合工业实际，A正确；
B、侯氏制碱法需先将 NH3通入饱和 NaCl 溶液，再通 CO2才能生成 NaHCO3；
若直接向 NaCl 溶液通 CO2，因 CO2溶解度小且 NaCl 与 CO2不反应，无法生成 NaHCO3，B错误；
C、NH3催化氧化生成 NO 后，NO 与 H2O 不直接反应；需先让 NO 与 O2反应生成 NO2，再由 NO2与 H2O 反应才能得到 HNO3，C错误；
D、电解 MgCl2溶液时，H+优先得电子生成 H2，无法得到 Mg 单质；需将 MgCl2溶液结晶、脱水得到无水 MgCl2，再电解熔融MgCl2才能制得 Mg，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．工业制高纯硅的三步反应依次为 “SiO2与 C 高温制粗 Si，粗 Si 与 HCl 高温制 SiHCl3，最后SiHCl3与 H2高温制高纯 Si”，三步均能实现。
B．侯氏制碱法需 “先通 NH3再通 CO2”，直接向 NaCl 溶液通 CO2不反应，无法生成 NaHCO3。
C．NO 与 H2O 不反应，工业制硝酸需 NO 先与 O2生成 NO2，再与 H2O 反应才能得到 HNO3。
D．电解 MgCl2溶液得不到 Mg，需电解熔融MgCl2，因为溶液中 H+优先放电。
8．（2025高三上·金坛开学考）镍离子和钴离子性质相似，可用如图所示装置实现二者分离。图中的双极膜中间层中的解离为和，并在直流电场作用下分别向两极迁移，与乙酰丙酮不反应。下列说法正确的是
A．电流方向：
B．石墨M电极的电极反应式为
C．水解离出的可以抑制Ⅱ室中的转化反应
D．导线中通过1mol电子时，Ⅰ室与Ⅲ室溶液质量变化之差约为65g
【答案】D
【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、电流方向应为 m→M→N→n，而非 n→N→M→m，A错误；
B、石墨 M 为阳极，I 室中 Cl-失电子发生氧化反应，电极反应为 2Cl--2e-=Cl2↑，并非 Co2+得电子，B错误；
C、Ⅱ 室中反应为 Ni2++2CH3COCH2COCH3 Ni (CH3COCHCOCH3)2+2H+，水解离出的 OH-与 H+反应，使平衡正向移动，促进Ni2+的转化，而非抑制，C错误；
D、导线中通过 1mol 电子时，Ⅰ 室有 0.5mol Cl2生成（质量减少 71g×0.5=35.5g），同时有 0.5mol Ni2+和 Co2+移入 Ⅱ 室（质量增加约 59g×0.5=29.5g），因此 Ⅰ 室总质量减少 35.5+29.5=65g；Ⅲ 室中 H+得电子的同时，双极膜解离的 H+等量补充，溶液质量不变。故两室质量变化之差约为 65g，D正确；
故答案为：D。
【分析】双极膜中 H+向 Ⅲ 室（石墨 N）迁移，OH-向 Ⅰ 室（石墨 M）迁移，因此石墨 M 为阳极，石墨 N 为阴极；电源 m 为正极，n 为负极。据此解题。
9．（2025高三上·金坛开学考）为研究三价铁配合物性质进行如下实验(忽略溶液体积变化)。
已知：为黄色，为无色。
下列说法不正确的是
A．①中浓盐酸促进平衡正向移动
B．由①到②，生成的红色微粒是
C．②、③对比，说明：②>③
D．由①→④推断，若向①深黄色溶液中加入KI、淀粉溶液，溶液也无明显变化
【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；氧化性、还原性强弱的比较；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、Fe3+与 Cl-存在平衡 （黄色）。①①中滴加浓盐酸，Cl-浓度骤增，平衡正向移动，[FeCl4]-浓度升高，溶液黄色加深，符合实验现象，A正确；
B、KSCN 与 Fe3+反应生成红色配合物，其通式为 （n=1~6，随 SCN-浓度变化），②中溶液的红色正是这类硫氰合铁配合物的特征颜色，B正确；
C、②中红色来自 ，③中加入 NaF 后，F-与 Fe3+结合生成更稳定的无色 [FeF6]3-，导致 [Fe(SCN) ]3-n解离，游离 Fe3+浓度降低。因此，游离 Fe3+浓度：②＞③， C正确；
D、①中 [FeCl4]-稳定性较弱，Fe3+氧化性未被显著抑制，可氧化 I-生成 I2（淀粉变蓝）；④中 [FeF6]3-稳定性极强，Fe3+氧化性被大幅削弱，无法氧化 I-，两者现象不同，D错误；
故答案为：D。【分析】A．考查Cl-浓度对 Fe3+配合平衡的影响（勒夏特列原理）。
B．判断硫氰酸根与 Fe3+形成的配合物组成。
C．考查配合物稳定性差异对游离 Fe3+浓度的影响。
D．判断配合物稳定性对 Fe3+氧化性的影响。
10．（2025高三上·金坛开学考）测定湖盐（盐湖中提取的天然盐）中和含量的实验过程如下：
已知25℃时的电离平衡常数：，。下列说法不正确的是
A．用甲基橙作指示剂滴定时发生的反应为：
B．在滴定过程中的溶液存在：
C．在滴定过程中，的溶液中存在：
D．在滴定过程中，的溶液中存在：
【答案】B
【知识点】离子浓度大小的比较；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A、甲基橙在酸性条件下指示终点，此时与反应生成和，反应为，A正确；
B、滴定过程中溶液含，电荷守恒应为：。原选项遗漏了，B错误；
C、的二级电离常数。当时，，则，C正确；
D、时溶液酸性较强，此时电离会受到抑制，主要以形式存在；又由于碳酸的一级电离程度大于二级电离，故离子浓度为，D正确；
故答案为：B。
【分析】要解决此题，需结合酸碱滴定原理、电离平衡常数、电荷守恒等知识，逐一突破各选项：
A．甲基橙酸性变色，终点时 HCO3-与 H+反应生成 CO2和 H2O，反应成立。
B．电荷守恒需包含溶液中所有离子，滴定引入 Cl-，原选项遗漏 c (Cl-)，等式不成立。
C．利用 H2CO3的 Ka2 表达式变形，代入 pH=8 时的 c (H+)，直接计算 比值。
D． pH=4.4 酸性强，抑制 H2CO3电离，且一级电离优先于二级，故得出浓度顺序为。
11．（2025高三上·金坛开学考）、热解重整制过程中的主要反应为：
I.
II.
常压下，将的混合气甲，的混合气乙分别以相同流速通过反应管热解，的转化率与温度的关系如图所示。的选择性。若不考虑其他副反应，下列说法正确的是
A．温度升高，反应I的平衡常数K减小
B．反应的
C．900℃时，保持通入的体积分数不变，增大可提高的转化率
D．在1000~1300℃范围，随着温度的升高，混合气乙的体系中的选择性增大
【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、反应 Ⅰ 是吸热反应（ΔH1=+170kJ mol- ），根据化学平衡原理，温度升高时，吸热反应的平衡会正向移动，平衡常数 K 会增大，而非减小，A错误；
B、通过反应 Ⅱ 减去反应 Ⅰ 得到目标反应：CH4(g)+S2(g) CS2(g)+2H2(g)。根据盖斯定律，ΔH = ΔH2 - ΔH1 = (+234kJ mol- ) - (+170kJ mol- ) = +64kJ mol- ，不是 - 64kJ mol- ，B错误；
C、计算可知混合气甲和乙中 H2S 的体积分数相同。从图像中 900℃时甲乙的 H2S 转化率相同，说明保持 H2S 体积分数不变，增大 ，H2S 的转化率不变，C错误；
D、混合气乙含 CH4，主要发生反应 Ⅱ。在 1000~1300℃范围，乙中 H2S 转化率随温度升高的增幅远大于甲（甲仅发生反应 Ⅰ）。根据 CS2选择性的公式，反应 Ⅱ 进行得越多，生成的 CS2越多，选择性越大， D正确；
故答案为：D。【分析】A．判断吸热反应的平衡常数与温度的关系。
B．运用盖斯定律计算反应的焓变。
C．分析反应物比例对转化率的影响，结合图像判断。
D．结合图像和 CS2选择性的定义分析。
12．（2025高三上·金坛开学考）一种从某铜镍矿(主要成分为、、、、等)中回收、的流程如图。
（1）基态Cu原子的外围电子排布式为 。
（2）“氧压浸出”过程中，加压的目的是 。
（3）“萃铜”时发生的反应为(水相)+2HR(有机相)(水相)，适当增大溶液pH有利于铜的萃取，其原因是 。
（4）“沉铁”过程生成黄钠铁矾沉淀的离子方程式为 。
（5）单质镍与碳、镁形成某晶体的晶胞结构如图所示，该晶体用化学式可表示为 。
（6）“沉镍”时为确保沉淀完全，理论上应调节溶液 (已知：25℃时，；；当溶液中时，可认为沉淀完全)。
（7）测定粗品的纯度。取3.000g粗品溶于水(滴加几滴稀硫酸)配成100.00mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，滴入几滴指示剂，用的标准溶液滴定，平均消耗标准溶液25.00mL。计算确定粗品中的纯度 (结果保留四位有效数字)。(已知：，写出计算过程)。
【答案】（1）3d104s1
（2）增大氧气的溶解度，加快铜镍矿氧化浸出的化学反应速率
（3）“萃铜"时发生的反应为：Cu2+ (水相)+2HR(有机相) CuR2+2H+(水相)，适当增大溶液pH，使c(H+)减小，促进萃取平衡正向移动，提高铜的萃取率
（4）
（5）MgNi3C
（6）9.3
（7）n(Ni2+)=n(H2Y2-)=0.1000mol/L×25.00×10-3L=2.5000×10-3mol，粗品中n(Ni2+)=，粗品中的纯度为：。
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）Cu为29号元素，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，所以其外围电子排布式为3d104s1：
故答案为： 3d104s1 ；
（2）“氧压浸出"通入氧气时加压的目的是增大氧气的溶解度，加快铜镍矿氧化浸出的化学反应速率；
故答案为： 增大氧气的溶解度，加快铜镍矿氧化浸出的化学反应速率 ；
（3）“萃铜"时发生的反应为：Cu2+ (水相)+2HR(有机相) CuR2+2H+(水相)，适当增大溶液pH，使c(H+)减小，促进萃取平衡正向移动，提高铜的萃取率；
故答案为： “萃铜"时发生的反应为：Cu2+ (水相)+2HR(有机相) CuR2+2H+(水相)，适当增大溶液pH，使c(H+)减小，促进萃取平衡正向移动，提高铜的萃取率 ；
（4）萃余液呈酸性，加入氧化镁调节pH，向萃余液中加入Na2SO4进行沉铁将Fe3+转化为NaFe3(SO4)2(OH)6，“沉铁"过程生成黄钠铁矾沉淀的离子方程式为：
故答案为： ；
（5）由均摊法，晶胞中Mg个数为，Ni个数为，C个数为1，该晶体中Mg和Ni的原子个数之比为1：3，化学式为MgNi3C；
故答案为： MgNi3C ；
（6）“沉镍"时为确保沉淀完全，此时，由，则溶液，常温下，溶液的pH=-lgc(H+)=-1+lg2+10=9.3，理论上应调节溶液pH≥9.3；
故答案为： 9.3 ；
（7）已知：，则n(Ni2+)=n(H2Y2-)=0.1000mol/L×25.00×10-3L=2.5000×10-3mol，粗品中n(Ni2+)=，粗品中的纯度为：。
故答案为： n(Ni2+)=n(H2Y2-)=0.1000mol/L×25.00×10-3L=2.5000×10-3mol，粗品中n(Ni2+)=，粗品中的纯度为：。
【分析】对铜镍矿（主要成分包含 CuFeS2、FeS2、NiO、MgO、SiO2等）开展氧压浸出工艺：向矿样中加入 O2和 H2SO4，在氧压条件下，铁元素被氧化为 Fe2(SO4)3，镍元素转化为 NiSO4，铜元素生成 CuSO4，镁元素变为 MgSO4，硫元素则被氧化为 S 单质。随后过滤，滤渣主要由 SiO2和 S 组成。
接着采用铜离子萃取剂萃取 Cu2+，经分液操作得到萃取液；萃余液中主要留存 Fe3+、Mg2+、Ni2+。向萃余液中添加 Na2SO4和 MgO，使 Fe3+转化为 NaFe3(SO4)2(OH)6沉淀，过滤除去该沉淀。之后向滤液中加入 MgO，促使 Ni2+以 Ni(OH)2沉淀形式析出，对 Ni(OH)2进一步处理可制得金属 Ni；最终母液中的主要溶质为 MgSO4。据此进行后续分析。
（1）Cu为29号元素，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，所以其外围电子排布式为3d104s1：
（2）“氧压浸出"通入氧气时加压的目的是增大氧气的溶解度，加快铜镍矿氧化浸出的化学反应速率；
（3）“萃铜"时发生的反应为：Cu2+ (水相)+2HR(有机相) CuR2+2H+(水相)，适当增大溶液pH，使c(H+)减小，促进萃取平衡正向移动，提高铜的萃取率；
（4）萃余液呈酸性，加入氧化镁调节pH，向萃余液中加入Na2SO4进行沉铁将Fe3+转化为NaFe3(SO4)2(OH)6，“沉铁"过程生成黄钠铁矾沉淀的离子方程式为：
（5）由均摊法，晶胞中Mg个数为，Ni个数为，C个数为1，该晶体中Mg和Ni的原子个数之比为1：3，化学式为MgNi3C；
（6）“沉镍"时为确保沉淀完全，此时，由，则溶液，常温下，溶液的pH=-lgc(H+)=-1+lg2+10=9.3，理论上应调节溶液pH≥9.3；
（7）已知：，则n(Ni2+)=n(H2Y2-)=0.1000mol/L×25.00×10-3L=2.5000×10-3mol，粗品中n(Ni2+)=，粗品中的纯度为：。
13．（2025高三上·金坛开学考）茚草酮(H)是一种新型稻田除草剂，其人工合成路线如下：
（1）茚草酮分子中的含氧官能团名称是醚键和 。
（2）D→E的过程中，D先与Mg反应，生成，再与HCHO发生 反应生成中间体M，最后水解生成E。
（3）写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式： 。
①分子中含有苯环，碱性条件下能与新制的反应，生成砖红色沉淀；
②分子中有3种不同化学环境的氢原子。
（4）F→G反应中有HCl产生，则X的结构简式为 。
（5）写出以和HCHO为原料制备的合成路线流程图 (无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
【答案】（1）酮羰基(或羰基)
（2）加成
（3）或
（4）
（5）
【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；卤代烃简介
【解析】【解答】（1）茚草酮分子中的含氧官能团名称是醚键和酮羰基；
故答案为： 酮羰基(或羰基) ；
（2）D→E的过程中，D先与Mg反应，生成，再与HCHO发生加成反应生成中间体M，最后水解生成E。
故答案为：加成；
（3）①分子中含有苯环，碱性条件下能与新制的Cu(OH)2反应，生成砖红色沉淀，可知含醛基；
②分子中有3种不同化学环境的氢原子。其中醛基占一种，除醛基外还有两种氢，则该分子结构应保持对称，
故答案为：或；
（4）F与X发生取代反应生成G有HCl产生，结合G的结构简式，X的结构简式为；
故答案为： ；
（5）利用D→E反应类型与HCHO反应，增加了2个C，再脱水形成目标产物，以和HCHO为原料，制备的合成路线流程图：；
故答案为：。
【分析】有机物 A 在 AIBN 的作用下与溴单质发生取代反应生成中间体 B；B 与溴单质在 I2的催化下进一步发生取代反应生成 C；C 在指定反应条件下发生消去反应得到 D；D 通过题中给定的特征反应转化为 E；E 与 SOCl2发生取代反应生成 F；F 和化合物 X 发生取代反应生成 G，结合 G 的结构简式可推断出 X 为；最后 G 被过氧化乙酸氧化得到目标产物 H。在这一系列转化中，每一步的反应类型（取代、消去、氧化等）及试剂的作用明确，通过对 G 结构的剖析能精准推导出关键中间体 X 的结构，从而完整梳理出从原料 A 到最终产物 H 的合成路线。
（1）茚草酮分子中的含氧官能团名称是醚键和酮羰基；
（2）D→E的过程中，D先与Mg反应，生成，再与HCHO发生加成反应生成中间体M，最后水解生成E。故答案为：加成；
（3）①分子中含有苯环，碱性条件下能与新制的Cu(OH)2反应，生成砖红色沉淀，可知含醛基；
②分子中有3种不同化学环境的氢原子。其中醛基占一种，除醛基外还有两种氢，则该分子结构应保持对称，故答案为：或；
（4）F与X发生取代反应生成G有HCl产生，结合G的结构简式，X的结构简式为；
（5）利用D→E反应类型与HCHO反应，增加了2个C，再脱水形成目标产物，以和HCHO为原料，制备的合成路线流程图：；
14．（2025高三上·金坛开学考）和可以作为锂离子电池的正极材料。
（1）的制备。将LiOH加入煮沸过的蒸馏水配成溶液，在氮气氛围中，将一定量的溶液与、LiOH溶液中的一种混合，加入到三颈烧瓶中，如图所示，在搅拌下通过滴液漏斗缓慢滴加另一种溶液，充分反应后，过滤，洗涤，于燥，得到粗产品。
①通过滴液漏斗滴加的试剂是 。
②反应前先通氮气，且使用煮沸过的蒸馏水的目的是 。
③与、LiOH反应得到，该反应的离子方程式是 。
（2）的制备。取一定量比例的铁粉、磷酸、水放入容器中，加热充分反应，向反应后的溶液中加入一定量的，同时加入适量水调节pH，静置后过滤，洗涤，得到，高温煅烧，即可得到。
①上述制备过程中，为使反应过程中的完全被氧化：下列操作控制不能达到目的的是(填字母) 。
A．用调节溶液pH=7 B．加热，使反应在较高温度下进行
C．缓慢滴加溶液并搅拌 D．加入适当过量的溶液
②工业上也可以用磷酸亚铁粗产品(混有氢氧化铁)制备磷酸铁()。其他条件一定，制备时测得Fe的有效转化率[]与溶液pH的关系如图所示。
请设计制备的实验方案： (实验中须使用的试剂有：30% 溶液，1mol/L 溶液，1mol/L 溶液，冰水)。
【答案】（1）LiOH；排尽装置和溶液中的空气，防止被空气中的氧化；
（2）AB；取一定量的磷酸亚铁粗产品，边搅拌边向其中缓慢滴加1mol/L 溶液至固体完全溶解，边搅拌边向溶液中缓慢滴加足量30% 溶液，充分反应后，边搅拌边缓慢滴加1mol/L 溶液至溶液pH约为1.5，充分反应至不再有沉淀产生，过滤，所得固体用冰水洗涤2-3次，干燥
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；铁盐和亚铁盐的相互转变；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①(NH4)2Fe(SO4)2在溶液中水解使溶液呈酸性，能与氢氧化锂溶液反应，则制备磷酸铁锂的实验操作为在氮气的氛围中，将一定量的(NH4)2Fe(SO4)2溶液和H3PO4溶液混合加到三颈烧瓶中，在搅拌下通过滴液漏斗缓慢滴加氢氧化锂溶液，充分反应后，过滤、洗涤、干燥得到粗磷酸铁锂；
②排尽装置和溶液中的空气，防止被空气中的氧化
③与、LiOH反应得到，该反应的离子方程式是；
故答案为： LiOH ； 排尽装置和溶液中的空气，防止被空气中的氧化 ； ；
（2）①A．用Ca(OH)2调节溶液pH=7时，Fe2+会生成Fe(OH)2沉淀，同时生成Ca3(PO4)2沉淀，A不能达到目的；
B．加热，使反应在较高温度下进行，此时H2O2大量分解，B不能达到目的；
C．缓慢滴加H2O2溶液并搅拌，H2O2与Fe2+充分接触，反应充分，C能达到目的；
D．加入适当过量的H2O2溶液，确保Fe2+完全被氧化为Fe3+，D能达到目的；
故选AB；
②从图中可以看出，pH约为1.5时，Fe的有效转化率最高。设计制备磷酸铁的方案时，需考虑：加入硫酸保证磷酸亚铁粗产品(混有氢氧化铁)完全溶解，加入过氧化氢保证Fe2+完全氧化，控制溶液的pH在1.5左右，则实验方案：取一定量的磷酸亚铁粗产品，边搅拌边向其中缓慢滴加1mol/L溶液至固体完全溶解，边搅拌边向溶液中缓慢滴加足量30%溶液，充分反应后，边搅拌边缓慢滴加1mol/L溶液至溶液pH约为1.5，充分反应至不再有沉淀产生，过滤，所得固体用冰水洗涤2-3次，干燥；
故答案为： AB ； 取一定量的磷酸亚铁粗产品，边搅拌边向其中缓慢滴加1mol/L溶液至固体完全溶解，边搅拌边向溶液中缓慢滴加足量30%溶液，充分反应后，边搅拌边缓慢滴加1mol/L溶液至溶液pH约为1.5，充分反应至不再有沉淀产生，过滤，所得固体用冰水洗涤2-3次，干燥 ；
【分析】（1）①(NH4)2Fe(SO4)2溶液因水解呈酸性，需缓慢滴加碱性的 LiOH 溶液，故滴加试剂为 LiOH。
②Fe2+易被氧化，通氮气和用煮沸蒸馏水是为排尽装置及溶液中的空气，防止 Fe2+被 O2氧化。
③依据反应物 Fe2+、Li+、H3PO4、OH-和产物 LiFePO4，结合守恒规律写离子方程式。
（2）①分析操作对 H2O2氧化 Fe2+的影响，Ca(OH)2调 pH=7 会生成沉淀，高温使 H2O2分解，均无法完全氧化 Fe2+。
②根据 pH=1.5 时 Fe 转化率最高，设计溶解（加 H2SO4）、氧化（加 H2O2）、调 pH（加 Na2HPO4至 pH≈1.5）及分离洗涤的方案。
（1）①(NH4)2Fe(SO4)2在溶液中水解使溶液呈酸性，能与氢氧化锂溶液反应，则制备磷酸铁锂的实验操作为在氮气的氛围中，将一定量的(NH4)2Fe(SO4)2溶液和H3PO4溶液混合加到三颈烧瓶中，在搅拌下通过滴液漏斗缓慢滴加氢氧化锂溶液，充分反应后，过滤、洗涤、干燥得到粗磷酸铁锂；
②排尽装置和溶液中的空气，防止被空气中的氧化
③与、LiOH反应得到，该反应的离子方程式是；
（2）①A．用Ca(OH)2调节溶液pH=7时，Fe2+会生成Fe(OH)2沉淀，同时生成Ca3(PO4)2沉淀，A不能达到目的；
B．加热，使反应在较高温度下进行，此时H2O2大量分解，B不能达到目的；
C．缓慢滴加H2O2溶液并搅拌，H2O2与Fe2+充分接触，反应充分，C能达到目的；
D．加入适当过量的H2O2溶液，确保Fe2+完全被氧化为Fe3+，D能达到目的；
故选AB；
②从图中可以看出，pH约为1.5时，Fe的有效转化率最高。设计制备磷酸铁的方案时，需考虑：加入硫酸保证磷酸亚铁粗产品(混有氢氧化铁)完全溶解，加入过氧化氢保证Fe2+完全氧化，控制溶液的pH在1.5左右，则实验方案：取一定量的磷酸亚铁粗产品，边搅拌边向其中缓慢滴加1mol/L溶液至固体完全溶解，边搅拌边向溶液中缓慢滴加足量30%溶液，充分反应后，边搅拌边缓慢滴加1mol/L溶液至溶液pH约为1.5，充分反应至不再有沉淀产生，过滤，所得固体用冰水洗涤2-3次，干燥；
15．（2025高三上·金坛开学考）的捕集转化有利于实现“碳中和”。
Ⅰ．捕集
（1）工业上用氨水吸收。
25℃时，，，；反应的平衡常数 。
（2）辅助电池捕获利用。
①电池原理如图所示，正极产物为。作为正极反应的催化剂，催化过程如下，写出反应Ⅱ的离子方程式。
Ⅰ．；Ⅱ． 。
②常用的离子液体是，为使阳离子以单个形式存在以获得良好的溶解性能，与原子相连的、不能被原子替换，其原因是 。
Ⅱ．转化
（3）与在固载金属催化剂作用下生成多种产物，反应机理如图所示。
①中间体X的结构式为 。
②已知：、的标准摩尔生成焓分别为、（标准摩尔生成焓：在、时，由最稳定单质合成指定产物的反应热）。则与生成的热化学方程式为 。
（4）超干重整总反应： 。催化转化原理如图所示：恒压、750℃时，将混合气通入反应器，充分反应；待反应平衡后，改通，吹出反应器内气体；如此往复切换通入的气体，实现的高效转化。
①反应达平衡后，改通，测得一段时间内物质的量上升。分析物质的量上升的原因： 。
②假设各步均转化完全，为保证催化剂循环使用，则与的物质的量之比为 。
【答案】；；氮原子上连有氢原子会使微粒间形成氢键，使该离子不易以单个形式存在；； ；通入，促进分解，浓度增大，促进正向移动；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1），
故答案为：；
（2）①原电池原理为作为正极反应的催化剂，使捕获的转化为，故为中间产物，反应Ⅱ为，
故答案为：；
②若与原子相连的、被原子替换，会使微粒间形成氢键，微粒将以缔合微粒形式存在，不以单个形式存在，
故答案为：氮原子上连有氢原子会使微粒间形成氢键，使该离子不易以单个形式存在；
（3）①根据反应机理转化图可看出，固载金属在转化过程的中间体中形成2个共价键，其中中间体发生分子内脱水转化为，异构化为，分解生成M、CO，即与发生加成反应生成中间体X，再分解生成M、HCHO，故中间体X为，
故答案为：；
②根据标准摩尔生成焓的定义，有、，根据盖斯定律，第二个反应-第一个反应=，该反应的反应热，热化学方程式为 ，
故答案为： ；
（4）①反应器中催化转化原理为、、、，反应达平衡，改通，促进分解，浓度增大，使平衡正移，物质的量上升，
故答案为：通入，促进分解，浓度增大，促进正向移动；
②初始，则发生，生成的，消耗，则发生需要，发生的，需要，则与的物质的量之比0.5：2=1：4，
故答案为：。
【分析】（1）结合电离平衡常数和水的离子积，通过公式推导计算反应平衡常数。
（2）①根据催化剂作用和产物，推导正极反应 Ⅱ 的离子方程式。
②分析氢键对离子存在形式的影响，解释取代基不能换的原因。
（3）①根据反应机理图推断中间体 X 的结构式。
②利用标准摩尔生成焓，通过盖斯定律计算热化学方程式。
（4）①分析通入 He 对平衡移动的影响，解释 CO 物质的量上升的原因。
②根据各步反应的物质的量关系，计算 Fe3O4与 CaO 的物质的量之比。
1 / 1江苏省常州市金坛区第一中学2025-2026学年高三上学期开学化学试题
1．（2025高三上·金坛开学考）大气中的氧是取之不尽的天然资源。下列工业生产中以氧气作反应物的是
A．工业合成氨 B．湿法炼铜
C．从海水中提取镁 D．接触法制硫酸
2．（2025高三上·金坛开学考）利用反应吸收。下列说法正确的是
A．基态核外电子排布式为 B．中元素的化合价为+3
C．空间结构为三角锥形 D．的电子式为
3．（2025高三上·金坛开学考）电解熔融制时常添加少量和以提高导电性。下列说法正确的是
A．半径大小： B．电负性大小：
C．电离能大小： D．碱性强弱：
4．（2025高三上·金坛开学考）阅读下列材料，完成下面小题。
催化反应广泛存在，如植物光合作用、铁触媒催化合成氨、合成火箭燃料N2H4 (液态，燃烧热为622kJ/mol)、铜催化重整CH4和H2O制H2和CO等。催化剂有选择性，如酸性条件下锑电催化还原CO2，生成HCOOH的选择性大于CO，通过选择性催化还原技术，NH3将柴油车尾气中的NO2转化为N2。
（1）下列说法不正确的是
A．植物光合作用过程中，酶能提高CO2和H2O分子的能量使之成为活化分子
B．NH3将NO2转化为N2的反应中催化剂能加快化学反应速率
C．酸性条件下锑电催化还原CO2时，HCOOH的生成速率大于CO
D．铁触媒催化合成氨的反应中，铁触媒能减小反应的活化能
（2）下列化学反应表示正确的是
A．N2H4的燃烧：
B．CH4和H2O催化重整制H2和CO：
C．锑电催化还原CO2生成HCOOH的阴极反应：
D．NH3将柴油车尾气中的NO2无害化：
（3）下列有关反应描述不正确的是
A．合成氨温度选择400~500℃的原因之一是铁触媒在该温度范围内活性大
B．铁触媒催化合成氨时，铁触媒提高了单位时间内N2的转化率
C．催化重整CH4和H2O制H2时，H2在催化剂铜表面脱附过程的ΔS＜0
D．CO2转化为HCOOH时，C原子轨道的杂化类型发生了变化
5．（2025高三上·金坛开学考）下列化学反应表示正确的是
A．电解精炼铜时阴极反应：
B．与浓硝酸反应：
C．溶于稀硫酸：
D．吸收气体：
6．（2025高三上·金坛开学考）化合物Y是合成治疗过敏性疾病药物的中间体，可由下列反应制得。下列说法正确的是
A．化合物X既能盐酸反应又能与氢氧化钠反应
B．化合物X与足量的氢气加成后分子中含有3个手性碳原子
C．化合物X中所有碳原子一定共面
D．能用浓溴水检验Y中是否含有X
7．（2025高三上·金坛开学考）在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是
A．工业制高纯Si：
B．侯氏制碱法：
C．工业制硝酸：
D．海水中提取镁：
8．（2025高三上·金坛开学考）镍离子和钴离子性质相似，可用如图所示装置实现二者分离。图中的双极膜中间层中的解离为和，并在直流电场作用下分别向两极迁移，与乙酰丙酮不反应。下列说法正确的是
A．电流方向：
B．石墨M电极的电极反应式为
C．水解离出的可以抑制Ⅱ室中的转化反应
D．导线中通过1mol电子时，Ⅰ室与Ⅲ室溶液质量变化之差约为65g
9．（2025高三上·金坛开学考）为研究三价铁配合物性质进行如下实验(忽略溶液体积变化)。
已知：为黄色，为无色。
下列说法不正确的是
A．①中浓盐酸促进平衡正向移动
B．由①到②，生成的红色微粒是
C．②、③对比，说明：②>③
D．由①→④推断，若向①深黄色溶液中加入KI、淀粉溶液，溶液也无明显变化
10．（2025高三上·金坛开学考）测定湖盐（盐湖中提取的天然盐）中和含量的实验过程如下：
已知25℃时的电离平衡常数：，。下列说法不正确的是
A．用甲基橙作指示剂滴定时发生的反应为：
B．在滴定过程中的溶液存在：
C．在滴定过程中，的溶液中存在：
D．在滴定过程中，的溶液中存在：
11．（2025高三上·金坛开学考）、热解重整制过程中的主要反应为：
I.
II.
常压下，将的混合气甲，的混合气乙分别以相同流速通过反应管热解，的转化率与温度的关系如图所示。的选择性。若不考虑其他副反应，下列说法正确的是
A．温度升高，反应I的平衡常数K减小
B．反应的
C．900℃时，保持通入的体积分数不变，增大可提高的转化率
D．在1000~1300℃范围，随着温度的升高，混合气乙的体系中的选择性增大
12．（2025高三上·金坛开学考）一种从某铜镍矿(主要成分为、、、、等)中回收、的流程如图。
（1）基态Cu原子的外围电子排布式为 。
（2）“氧压浸出”过程中，加压的目的是 。
（3）“萃铜”时发生的反应为(水相)+2HR(有机相)(水相)，适当增大溶液pH有利于铜的萃取，其原因是 。
（4）“沉铁”过程生成黄钠铁矾沉淀的离子方程式为 。
（5）单质镍与碳、镁形成某晶体的晶胞结构如图所示，该晶体用化学式可表示为 。
（6）“沉镍”时为确保沉淀完全，理论上应调节溶液 (已知：25℃时，；；当溶液中时，可认为沉淀完全)。
（7）测定粗品的纯度。取3.000g粗品溶于水(滴加几滴稀硫酸)配成100.00mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，滴入几滴指示剂，用的标准溶液滴定，平均消耗标准溶液25.00mL。计算确定粗品中的纯度 (结果保留四位有效数字)。(已知：，写出计算过程)。
13．（2025高三上·金坛开学考）茚草酮(H)是一种新型稻田除草剂，其人工合成路线如下：
（1）茚草酮分子中的含氧官能团名称是醚键和 。
（2）D→E的过程中，D先与Mg反应，生成，再与HCHO发生 反应生成中间体M，最后水解生成E。
（3）写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式： 。
①分子中含有苯环，碱性条件下能与新制的反应，生成砖红色沉淀；
②分子中有3种不同化学环境的氢原子。
（4）F→G反应中有HCl产生，则X的结构简式为 。
（5）写出以和HCHO为原料制备的合成路线流程图 (无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
14．（2025高三上·金坛开学考）和可以作为锂离子电池的正极材料。
（1）的制备。将LiOH加入煮沸过的蒸馏水配成溶液，在氮气氛围中，将一定量的溶液与、LiOH溶液中的一种混合，加入到三颈烧瓶中，如图所示，在搅拌下通过滴液漏斗缓慢滴加另一种溶液，充分反应后，过滤，洗涤，于燥，得到粗产品。
①通过滴液漏斗滴加的试剂是 。
②反应前先通氮气，且使用煮沸过的蒸馏水的目的是 。
③与、LiOH反应得到，该反应的离子方程式是 。
（2）的制备。取一定量比例的铁粉、磷酸、水放入容器中，加热充分反应，向反应后的溶液中加入一定量的，同时加入适量水调节pH，静置后过滤，洗涤，得到，高温煅烧，即可得到。
①上述制备过程中，为使反应过程中的完全被氧化：下列操作控制不能达到目的的是(填字母) 。
A．用调节溶液pH=7 B．加热，使反应在较高温度下进行
C．缓慢滴加溶液并搅拌 D．加入适当过量的溶液
②工业上也可以用磷酸亚铁粗产品(混有氢氧化铁)制备磷酸铁()。其他条件一定，制备时测得Fe的有效转化率[]与溶液pH的关系如图所示。
请设计制备的实验方案： (实验中须使用的试剂有：30% 溶液，1mol/L 溶液，1mol/L 溶液，冰水)。
15．（2025高三上·金坛开学考）的捕集转化有利于实现“碳中和”。
Ⅰ．捕集
（1）工业上用氨水吸收。
25℃时，，，；反应的平衡常数 。
（2）辅助电池捕获利用。
①电池原理如图所示，正极产物为。作为正极反应的催化剂，催化过程如下，写出反应Ⅱ的离子方程式。
Ⅰ．；Ⅱ． 。
②常用的离子液体是，为使阳离子以单个形式存在以获得良好的溶解性能，与原子相连的、不能被原子替换，其原因是 。
Ⅱ．转化
（3）与在固载金属催化剂作用下生成多种产物，反应机理如图所示。
①中间体X的结构式为 。
②已知：、的标准摩尔生成焓分别为、（标准摩尔生成焓：在、时，由最稳定单质合成指定产物的反应热）。则与生成的热化学方程式为 。
（4）超干重整总反应： 。催化转化原理如图所示：恒压、750℃时，将混合气通入反应器，充分反应；待反应平衡后，改通，吹出反应器内气体；如此往复切换通入的气体，实现的高效转化。
①反应达平衡后，改通，测得一段时间内物质的量上升。分析物质的量上升的原因： 。
②假设各步均转化完全，为保证催化剂循环使用，则与的物质的量之比为 。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】工业制取硫酸；工业合成氨；海水资源及其综合利用；金属冶炼的一般原理
【解析】【解答】A、工业合成氨的反应为 N2和3H2在催化剂、高温高压条件下生成 2NH3，反应物为氮气和氢气，无氧气参与，故A不符合题意 ；
B、湿法炼铜利用铁置换硫酸铜中的铜，反应为 Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，反应物为铁和硫酸铜，不涉及氧气，故B不符合题意 ；
C、海水提镁的关键步骤为：Mg2+与 OH-反应生成 Mg(OH)2沉淀，Mg(OH)2与 HCl 反应生成 MgCl2和 H2O，熔融 MgCl2电解生成 Mg 和 Cl2，全程无氧气作为反应物，故C不符合题意 ；
D、接触法制硫酸中，第二步反应为 2SO2和O2在催化剂、加热条件下生成 2SO3，氧气直接参与反应，是该步骤的反应物，故D符合题意 ；
故答案为：D。【分析】A．工业合成氨的核心反应及反应物组成。
B．考查湿法炼铜的反应原理（置换反应的反应物）。
C．判断海水提镁的主要步骤及反应中的反应物。
D．判断接触法制硫酸的核心反应（二氧化硫的氧化）。
2．【答案】B
【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、Ca 是 20 号元素，电子填充遵循能量最低原理，4s 轨道能量低于 3d 轨道，因此基态核外电子排布式为 [Ar]4s2，而非 [Ar]3d2，A错误；
B、在 Ca (NO2)2中，NO2-为亚硝酸根离子，设 N 的化合价为 x，根据离子电荷守恒（离子所带电荷 = 各元素化合价代数和），可得 x + 2×(-2) = -1，解得 x = +3，B正确；
C、NO3-中心原子 N 的价层电子对数为 ，采取 sp2 杂化，无孤电子对，因此空间结构为平面三角形，而非三角锥形，C错误；
D、H2O 是共价化合物，原子间通过共用电子对结合，电子式为， （O 原子周围有两对孤电子对），而非含离子键的形式，D错误；
故答案为：B。【分析】A．考查Ca 原子的基态电子排布规律（能量最低原理）。
B．掌握化合物中元素化合价的计算（离子电荷守恒）。
C．考查离子空间结构的判断（价层电子对互斥理论）。
D．掌握共价化合物电子式的书写规范（无离子键）。
3．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、Al3+和 O2-均为 10 电子离子（核外电子排布相同），Al 的核电荷数（13）远大于 O 的核电荷数（8），原子核对核外电子的吸引作用更强，故离子半径 r (Al3+) < r (O2-)，A错误；
B、O 和 F 位于第二周期，原子序数 O（8）
C、Mg 属于 ⅡA 族，价电子排布为 3s2（全充满稳定结构），失去一个电子需克服更大能量；Al 属于 ⅢA 族，价电子排布为 3s23p （易失去 3p 轨道单个电子），故第一电离能 I1(Al) < I1(Mg)，C错误；
D、Ca 和 Mg 同属 ⅡA 族，Ca 的原子序数（20）大于 Mg（12），同主族从上到下原子半径增大，失电子能力增强，金属性 Ca > Mg，因此最高价氧化物对应水化物的碱性 Ca(OH)2 > Mg(OH)2，D正确；
故答案为：D。【分析】要解决此题，需紧扣元素周期律核心规律（离子半径比较、电负性递变、电离能反常、金属性与碱性关联），精准突破各选项：
A．核外电子层结构相同的离子，半径随核电荷数增大而减小。
B．同周期主族元素，电负性随原子序数增大呈递增趋势（除特殊情况外）。
C．第一电离能存在 “ⅡA 族> ⅢA 族” 的反常现象（ⅡA 族价电子全充满，结构更稳定）。
D．同主族元素金属性随原子序数增大而增强，金属性越强，最高价氧化物对应水化物碱性越强。
4．【答案】（1）A
（2）B
（3）C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；化学反应速率的影响因素；有效碰撞理论；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）A、植物光合作用中，酶作为催化剂是降低反应活化能，增大活化分子百分数，而非提高分子能量，故 A错误；
B、催化剂能降低反应活化能，加快化学反应速率，NH3将 NO2转化为 N2的反应中催化剂作用同理，B正确；
C、酸性条件下锑电催化还原 CO2时，生成 HCOOH 的选择性大于 CO，说明 HCOOH 的生成速率大于 CO，C正确；
D、铁触媒催化合成氨时，能减小反应的活化能，加快反应速率，D正确；
故答案为：A。
（2）A、N2H4的燃烧热是指生成液态水时的放热，正确热化学方程式应为，A错误；
B、根据题意可知，CH4和 H2O 催化重整制 H2和 CO，再结合质量守恒， 反应为：，B正确；
C、锑电催化还原 CO2生成 HCOOH 的阴极反应，CO2得电子发生还原反应，正确反应为 ，原选项电子得失标注错误，C错误；
D、NH3将 NO2无害化的反应需配平，正确反应为 ，原选项未配平，D错误；
故答案为：B。
（3）A、合成氨温度选择 400~500℃，原因之一是铁触媒在该温度范围内活性大，利于催化反应进行，故 A正确；
B、铁触媒催化合成氨时，降低了反应活化能，增大活化分子百分数，提高了单位时间内 N2的转化率，B正确；
C、H2在催化剂 Cu 表面脱附时，物质的混乱度增大，ΔS > 0，C错误；
D、CO2中 C 为 sp 杂化，HCOOH 中 C 为 sp2 杂化，C 原子轨道的杂化类型发生了变化，D正确；
故答案为：C。
【分析】（1）要解决此题，需从催化剂的作用原理、反应速率与选择性的关系分析各选项。
（2）需从热化学方程式的规范、反应的质量守恒、电极反应的得失电子、氧化还原反应的配平分析各选项。
（3）需从催化剂的活性温度、催化剂对反应速率的影响、熵变的判断、原子杂化类型的变化分析各选项。
（1）A、植物光合作用中，酶作为催化剂是降低反应活化能，增大活化分子百分数，而非提高分子能量， A错误；
B、催化剂能降低反应活化能，加快化学反应速率，NH3将 NO2转化为 N2的反应中催化剂作用同理，B正确；
C、酸性条件下锑电催化还原 CO2时，生成 HCOOH 的选择性大于 CO，说明 HCOOH 的生成速率大于 CO，C正确；
D、铁触媒催化合成氨时，能减小反应的活化能，加快反应速率，D正确；
故答案为：A。
（2）A、N2H4的燃烧热是指生成液态水时的放热，正确热化学方程式应为，A错误；
B、根据题意可知，CH4和 H2O 催化重整制 H2和 CO，再结合质量守恒， 反应为：，B正确；
C、锑电催化还原 CO2生成 HCOOH 的阴极反应，CO2得电子发生还原反应，正确反应为 ，原选项电子得失标注错误，C错误；
D、NH3将 NO2无害化的反应需配平，正确反应为 ，原选项未配平，D错误；
故答案为：B。
（3）A、合成氨温度选择 400~500℃，原因之一是铁触媒在该温度范围内活性大，利于催化反应进行，故 A正确；
B、铁触媒催化合成氨时，降低了反应活化能，增大活化分子百分数，提高了单位时间内 N2的转化率，B正确；
C、H2在催化剂 Cu 表面脱附时，物质的混乱度增大，ΔS > 0，C错误；
D、CO2中 C 为 sp 杂化，HCOOH 中 C 为 sp2 杂化，C 原子轨道的杂化类型发生了变化，D正确；
故答案为：C。
5．【答案】D
【知识点】铜的电解精炼；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、电解精炼铜时，纯铜作阴极，发生还原反应，是 Cu2+得电子生成 Cu，反应为，；而 “Cu - 2e- = Cu2+” 是阳极（粗铜）的氧化反应，A错误；
B、Cu2S 中 Cu 为 + 1 价、S 为 - 2 价，均具有还原性；浓硝酸具有强氧化性，反应时 S 会被氧化为 H2SO4，Cu 被氧化为 Cu2+，同时硝酸被还原为 NO2。 反应的化学方程式为：，B错误；
C、Cu2O 中 Cu 为 + 1 价，溶于稀硫酸时发生歧化反应，生成 Cu2+（氧化产物）、Cu（还原产物）和 H2O，反应为 ；原方程式未体现 Cu 的生成，C错误；
D、CuSO4与 H2S 发生复分解反应，生成难溶于酸的 CuS 沉淀和 H2SO4，离子方程式为 ，符合反应事实，D正确；
故答案为：D。【分析】A．判断电解精炼铜的阴极反应类型（还原反应）。
B．强氧化性酸（浓硝酸）与还原性物质（Cu2S）的氧化还原产物。
C．掌握Cu2O 与稀酸的歧化反应规律。
D．考查复分解反应的离子方程式书写（沉淀的生成）。
6．【答案】A
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、化合物 X 含氨基（-NH2），能与盐酸反应；含酚羟基（-OH，与苯环直接相连），能与氢氧化钠反应，A正确；
B、化合物 X 与足量氢气加成后，分子中含 4 个手性碳原子 ：（标记*的为手性碳原子） ，而非 3 个，B错误；
C、苯环上的碳原子共面，但苯环外的碳原子因 C-C 单键可旋转，不一定与苯环共面，故化合物 X 中所有碳原子不一定共面，C错误；
D、X 和 Y 均含酚羟基，均能与浓溴水发生取代反应生成白色沉淀，因此无法用浓溴水检验 Y 中是否含有 X，D错误；
故答案为：A。
【分析】要解决此题，需结合化合物 X、Y 的官能团性质、结构特点逐一分析选项，本题的易错点主要有以下几点：
易对手性碳原子的判断出错，化合物 X 与足量氢气加成后含 4 个手性碳原子，容易误判为 3 个；
易忽略碳碳单键的旋转性，错误认为苯环外的碳原子一定与苯环共面，从而误判所有碳原子共面；
易忽略 Y 也含酚羟基，能与浓溴水反应，错误认为可用浓溴水检验 Y 中是否含 X。
7．【答案】A
【知识点】工业制取硝酸；海水资源及其综合利用；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A、① SiO2与 C 高温反应生成粗 Si；② 粗 Si 与 HCl 高温反应生成 SiHCl3；③ SiHCl3与 H2高温反应生成高纯 Si。三步转化均符合工业实际，A正确；
B、侯氏制碱法需先将 NH3通入饱和 NaCl 溶液，再通 CO2才能生成 NaHCO3；
若直接向 NaCl 溶液通 CO2，因 CO2溶解度小且 NaCl 与 CO2不反应，无法生成 NaHCO3，B错误；
C、NH3催化氧化生成 NO 后，NO 与 H2O 不直接反应；需先让 NO 与 O2反应生成 NO2，再由 NO2与 H2O 反应才能得到 HNO3，C错误；
D、电解 MgCl2溶液时，H+优先得电子生成 H2，无法得到 Mg 单质；需将 MgCl2溶液结晶、脱水得到无水 MgCl2，再电解熔融MgCl2才能制得 Mg，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．工业制高纯硅的三步反应依次为 “SiO2与 C 高温制粗 Si，粗 Si 与 HCl 高温制 SiHCl3，最后SiHCl3与 H2高温制高纯 Si”，三步均能实现。
B．侯氏制碱法需 “先通 NH3再通 CO2”，直接向 NaCl 溶液通 CO2不反应，无法生成 NaHCO3。
C．NO 与 H2O 不反应，工业制硝酸需 NO 先与 O2生成 NO2，再与 H2O 反应才能得到 HNO3。
D．电解 MgCl2溶液得不到 Mg，需电解熔融MgCl2，因为溶液中 H+优先放电。
8．【答案】D
【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、电流方向应为 m→M→N→n，而非 n→N→M→m，A错误；
B、石墨 M 为阳极，I 室中 Cl-失电子发生氧化反应，电极反应为 2Cl--2e-=Cl2↑，并非 Co2+得电子，B错误；
C、Ⅱ 室中反应为 Ni2++2CH3COCH2COCH3 Ni (CH3COCHCOCH3)2+2H+，水解离出的 OH-与 H+反应，使平衡正向移动，促进Ni2+的转化，而非抑制，C错误；
D、导线中通过 1mol 电子时，Ⅰ 室有 0.5mol Cl2生成（质量减少 71g×0.5=35.5g），同时有 0.5mol Ni2+和 Co2+移入 Ⅱ 室（质量增加约 59g×0.5=29.5g），因此 Ⅰ 室总质量减少 35.5+29.5=65g；Ⅲ 室中 H+得电子的同时，双极膜解离的 H+等量补充，溶液质量不变。故两室质量变化之差约为 65g，D正确；
故答案为：D。
【分析】双极膜中 H+向 Ⅲ 室（石墨 N）迁移，OH-向 Ⅰ 室（石墨 M）迁移，因此石墨 M 为阳极，石墨 N 为阴极；电源 m 为正极，n 为负极。据此解题。
9．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；氧化性、还原性强弱的比较；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、Fe3+与 Cl-存在平衡 （黄色）。①①中滴加浓盐酸，Cl-浓度骤增，平衡正向移动，[FeCl4]-浓度升高，溶液黄色加深，符合实验现象，A正确；
B、KSCN 与 Fe3+反应生成红色配合物，其通式为 （n=1~6，随 SCN-浓度变化），②中溶液的红色正是这类硫氰合铁配合物的特征颜色，B正确；
C、②中红色来自 ，③中加入 NaF 后，F-与 Fe3+结合生成更稳定的无色 [FeF6]3-，导致 [Fe(SCN) ]3-n解离，游离 Fe3+浓度降低。因此，游离 Fe3+浓度：②＞③， C正确；
D、①中 [FeCl4]-稳定性较弱，Fe3+氧化性未被显著抑制，可氧化 I-生成 I2（淀粉变蓝）；④中 [FeF6]3-稳定性极强，Fe3+氧化性被大幅削弱，无法氧化 I-，两者现象不同，D错误；
故答案为：D。【分析】A．考查Cl-浓度对 Fe3+配合平衡的影响（勒夏特列原理）。
B．判断硫氰酸根与 Fe3+形成的配合物组成。
C．考查配合物稳定性差异对游离 Fe3+浓度的影响。
D．判断配合物稳定性对 Fe3+氧化性的影响。
10．【答案】B
【知识点】离子浓度大小的比较；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A、甲基橙在酸性条件下指示终点，此时与反应生成和，反应为，A正确；
B、滴定过程中溶液含，电荷守恒应为：。原选项遗漏了，B错误；
C、的二级电离常数。当时，，则，C正确；
D、时溶液酸性较强，此时电离会受到抑制，主要以形式存在；又由于碳酸的一级电离程度大于二级电离，故离子浓度为，D正确；
故答案为：B。
【分析】要解决此题，需结合酸碱滴定原理、电离平衡常数、电荷守恒等知识，逐一突破各选项：
A．甲基橙酸性变色，终点时 HCO3-与 H+反应生成 CO2和 H2O，反应成立。
B．电荷守恒需包含溶液中所有离子，滴定引入 Cl-，原选项遗漏 c (Cl-)，等式不成立。
C．利用 H2CO3的 Ka2 表达式变形，代入 pH=8 时的 c (H+)，直接计算 比值。
D． pH=4.4 酸性强，抑制 H2CO3电离，且一级电离优先于二级，故得出浓度顺序为。
11．【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、反应 Ⅰ 是吸热反应（ΔH1=+170kJ mol- ），根据化学平衡原理，温度升高时，吸热反应的平衡会正向移动，平衡常数 K 会增大，而非减小，A错误；
B、通过反应 Ⅱ 减去反应 Ⅰ 得到目标反应：CH4(g)+S2(g) CS2(g)+2H2(g)。根据盖斯定律，ΔH = ΔH2 - ΔH1 = (+234kJ mol- ) - (+170kJ mol- ) = +64kJ mol- ，不是 - 64kJ mol- ，B错误；
C、计算可知混合气甲和乙中 H2S 的体积分数相同。从图像中 900℃时甲乙的 H2S 转化率相同，说明保持 H2S 体积分数不变，增大 ，H2S 的转化率不变，C错误；
D、混合气乙含 CH4，主要发生反应 Ⅱ。在 1000~1300℃范围，乙中 H2S 转化率随温度升高的增幅远大于甲（甲仅发生反应 Ⅰ）。根据 CS2选择性的公式，反应 Ⅱ 进行得越多，生成的 CS2越多，选择性越大， D正确；
故答案为：D。【分析】A．判断吸热反应的平衡常数与温度的关系。
B．运用盖斯定律计算反应的焓变。
C．分析反应物比例对转化率的影响，结合图像判断。
D．结合图像和 CS2选择性的定义分析。
12．【答案】（1）3d104s1
（2）增大氧气的溶解度，加快铜镍矿氧化浸出的化学反应速率
（3）“萃铜"时发生的反应为：Cu2+ (水相)+2HR(有机相) CuR2+2H+(水相)，适当增大溶液pH，使c(H+)减小，促进萃取平衡正向移动，提高铜的萃取率
（4）
（5）MgNi3C
（6）9.3
（7）n(Ni2+)=n(H2Y2-)=0.1000mol/L×25.00×10-3L=2.5000×10-3mol，粗品中n(Ni2+)=，粗品中的纯度为：。
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）Cu为29号元素，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，所以其外围电子排布式为3d104s1：
故答案为： 3d104s1 ；
（2）“氧压浸出"通入氧气时加压的目的是增大氧气的溶解度，加快铜镍矿氧化浸出的化学反应速率；
故答案为： 增大氧气的溶解度，加快铜镍矿氧化浸出的化学反应速率 ；
（3）“萃铜"时发生的反应为：Cu2+ (水相)+2HR(有机相) CuR2+2H+(水相)，适当增大溶液pH，使c(H+)减小，促进萃取平衡正向移动，提高铜的萃取率；
故答案为： “萃铜"时发生的反应为：Cu2+ (水相)+2HR(有机相) CuR2+2H+(水相)，适当增大溶液pH，使c(H+)减小，促进萃取平衡正向移动，提高铜的萃取率 ；
（4）萃余液呈酸性，加入氧化镁调节pH，向萃余液中加入Na2SO4进行沉铁将Fe3+转化为NaFe3(SO4)2(OH)6，“沉铁"过程生成黄钠铁矾沉淀的离子方程式为：
故答案为： ；
（5）由均摊法，晶胞中Mg个数为，Ni个数为，C个数为1，该晶体中Mg和Ni的原子个数之比为1：3，化学式为MgNi3C；
故答案为： MgNi3C ；
（6）“沉镍"时为确保沉淀完全，此时，由，则溶液，常温下，溶液的pH=-lgc(H+)=-1+lg2+10=9.3，理论上应调节溶液pH≥9.3；
故答案为： 9.3 ；
（7）已知：，则n(Ni2+)=n(H2Y2-)=0.1000mol/L×25.00×10-3L=2.5000×10-3mol，粗品中n(Ni2+)=，粗品中的纯度为：。
故答案为： n(Ni2+)=n(H2Y2-)=0.1000mol/L×25.00×10-3L=2.5000×10-3mol，粗品中n(Ni2+)=，粗品中的纯度为：。
【分析】对铜镍矿（主要成分包含 CuFeS2、FeS2、NiO、MgO、SiO2等）开展氧压浸出工艺：向矿样中加入 O2和 H2SO4，在氧压条件下，铁元素被氧化为 Fe2(SO4)3，镍元素转化为 NiSO4，铜元素生成 CuSO4，镁元素变为 MgSO4，硫元素则被氧化为 S 单质。随后过滤，滤渣主要由 SiO2和 S 组成。
接着采用铜离子萃取剂萃取 Cu2+，经分液操作得到萃取液；萃余液中主要留存 Fe3+、Mg2+、Ni2+。向萃余液中添加 Na2SO4和 MgO，使 Fe3+转化为 NaFe3(SO4)2(OH)6沉淀，过滤除去该沉淀。之后向滤液中加入 MgO，促使 Ni2+以 Ni(OH)2沉淀形式析出，对 Ni(OH)2进一步处理可制得金属 Ni；最终母液中的主要溶质为 MgSO4。据此进行后续分析。
（1）Cu为29号元素，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，所以其外围电子排布式为3d104s1：
（2）“氧压浸出"通入氧气时加压的目的是增大氧气的溶解度，加快铜镍矿氧化浸出的化学反应速率；
（3）“萃铜"时发生的反应为：Cu2+ (水相)+2HR(有机相) CuR2+2H+(水相)，适当增大溶液pH，使c(H+)减小，促进萃取平衡正向移动，提高铜的萃取率；
（4）萃余液呈酸性，加入氧化镁调节pH，向萃余液中加入Na2SO4进行沉铁将Fe3+转化为NaFe3(SO4)2(OH)6，“沉铁"过程生成黄钠铁矾沉淀的离子方程式为：
（5）由均摊法，晶胞中Mg个数为，Ni个数为，C个数为1，该晶体中Mg和Ni的原子个数之比为1：3，化学式为MgNi3C；
（6）“沉镍"时为确保沉淀完全，此时，由，则溶液，常温下，溶液的pH=-lgc(H+)=-1+lg2+10=9.3，理论上应调节溶液pH≥9.3；
（7）已知：，则n(Ni2+)=n(H2Y2-)=0.1000mol/L×25.00×10-3L=2.5000×10-3mol，粗品中n(Ni2+)=，粗品中的纯度为：。
13．【答案】（1）酮羰基(或羰基)
（2）加成
（3）或
（4）
（5）
【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；卤代烃简介
【解析】【解答】（1）茚草酮分子中的含氧官能团名称是醚键和酮羰基；
故答案为： 酮羰基(或羰基) ；
（2）D→E的过程中，D先与Mg反应，生成，再与HCHO发生加成反应生成中间体M，最后水解生成E。
故答案为：加成；
（3）①分子中含有苯环，碱性条件下能与新制的Cu(OH)2反应，生成砖红色沉淀，可知含醛基；
②分子中有3种不同化学环境的氢原子。其中醛基占一种，除醛基外还有两种氢，则该分子结构应保持对称，
故答案为：或；
（4）F与X发生取代反应生成G有HCl产生，结合G的结构简式，X的结构简式为；
故答案为： ；
（5）利用D→E反应类型与HCHO反应，增加了2个C，再脱水形成目标产物，以和HCHO为原料，制备的合成路线流程图：；
故答案为：。
【分析】有机物 A 在 AIBN 的作用下与溴单质发生取代反应生成中间体 B；B 与溴单质在 I2的催化下进一步发生取代反应生成 C；C 在指定反应条件下发生消去反应得到 D；D 通过题中给定的特征反应转化为 E；E 与 SOCl2发生取代反应生成 F；F 和化合物 X 发生取代反应生成 G，结合 G 的结构简式可推断出 X 为；最后 G 被过氧化乙酸氧化得到目标产物 H。在这一系列转化中，每一步的反应类型（取代、消去、氧化等）及试剂的作用明确，通过对 G 结构的剖析能精准推导出关键中间体 X 的结构，从而完整梳理出从原料 A 到最终产物 H 的合成路线。
（1）茚草酮分子中的含氧官能团名称是醚键和酮羰基；
（2）D→E的过程中，D先与Mg反应，生成，再与HCHO发生加成反应生成中间体M，最后水解生成E。故答案为：加成；
（3）①分子中含有苯环，碱性条件下能与新制的Cu(OH)2反应，生成砖红色沉淀，可知含醛基；
②分子中有3种不同化学环境的氢原子。其中醛基占一种，除醛基外还有两种氢，则该分子结构应保持对称，故答案为：或；
（4）F与X发生取代反应生成G有HCl产生，结合G的结构简式，X的结构简式为；
（5）利用D→E反应类型与HCHO反应，增加了2个C，再脱水形成目标产物，以和HCHO为原料，制备的合成路线流程图：；
14．【答案】（1）LiOH；排尽装置和溶液中的空气，防止被空气中的氧化；
（2）AB；取一定量的磷酸亚铁粗产品，边搅拌边向其中缓慢滴加1mol/L 溶液至固体完全溶解，边搅拌边向溶液中缓慢滴加足量30% 溶液，充分反应后，边搅拌边缓慢滴加1mol/L 溶液至溶液pH约为1.5，充分反应至不再有沉淀产生，过滤，所得固体用冰水洗涤2-3次，干燥
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；铁盐和亚铁盐的相互转变；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①(NH4)2Fe(SO4)2在溶液中水解使溶液呈酸性，能与氢氧化锂溶液反应，则制备磷酸铁锂的实验操作为在氮气的氛围中，将一定量的(NH4)2Fe(SO4)2溶液和H3PO4溶液混合加到三颈烧瓶中，在搅拌下通过滴液漏斗缓慢滴加氢氧化锂溶液，充分反应后，过滤、洗涤、干燥得到粗磷酸铁锂；
②排尽装置和溶液中的空气，防止被空气中的氧化
③与、LiOH反应得到，该反应的离子方程式是；
故答案为： LiOH ； 排尽装置和溶液中的空气，防止被空气中的氧化 ； ；
（2）①A．用Ca(OH)2调节溶液pH=7时，Fe2+会生成Fe(OH)2沉淀，同时生成Ca3(PO4)2沉淀，A不能达到目的；
B．加热，使反应在较高温度下进行，此时H2O2大量分解，B不能达到目的；
C．缓慢滴加H2O2溶液并搅拌，H2O2与Fe2+充分接触，反应充分，C能达到目的；
D．加入适当过量的H2O2溶液，确保Fe2+完全被氧化为Fe3+，D能达到目的；
故选AB；
②从图中可以看出，pH约为1.5时，Fe的有效转化率最高。设计制备磷酸铁的方案时，需考虑：加入硫酸保证磷酸亚铁粗产品(混有氢氧化铁)完全溶解，加入过氧化氢保证Fe2+完全氧化，控制溶液的pH在1.5左右，则实验方案：取一定量的磷酸亚铁粗产品，边搅拌边向其中缓慢滴加1mol/L溶液至固体完全溶解，边搅拌边向溶液中缓慢滴加足量30%溶液，充分反应后，边搅拌边缓慢滴加1mol/L溶液至溶液pH约为1.5，充分反应至不再有沉淀产生，过滤，所得固体用冰水洗涤2-3次，干燥；
故答案为： AB ； 取一定量的磷酸亚铁粗产品，边搅拌边向其中缓慢滴加1mol/L溶液至固体完全溶解，边搅拌边向溶液中缓慢滴加足量30%溶液，充分反应后，边搅拌边缓慢滴加1mol/L溶液至溶液pH约为1.5，充分反应至不再有沉淀产生，过滤，所得固体用冰水洗涤2-3次，干燥 ；
【分析】（1）①(NH4)2Fe(SO4)2溶液因水解呈酸性，需缓慢滴加碱性的 LiOH 溶液，故滴加试剂为 LiOH。
②Fe2+易被氧化，通氮气和用煮沸蒸馏水是为排尽装置及溶液中的空气，防止 Fe2+被 O2氧化。
③依据反应物 Fe2+、Li+、H3PO4、OH-和产物 LiFePO4，结合守恒规律写离子方程式。
（2）①分析操作对 H2O2氧化 Fe2+的影响，Ca(OH)2调 pH=7 会生成沉淀，高温使 H2O2分解，均无法完全氧化 Fe2+。
②根据 pH=1.5 时 Fe 转化率最高，设计溶解（加 H2SO4）、氧化（加 H2O2）、调 pH（加 Na2HPO4至 pH≈1.5）及分离洗涤的方案。
（1）①(NH4)2Fe(SO4)2在溶液中水解使溶液呈酸性，能与氢氧化锂溶液反应，则制备磷酸铁锂的实验操作为在氮气的氛围中，将一定量的(NH4)2Fe(SO4)2溶液和H3PO4溶液混合加到三颈烧瓶中，在搅拌下通过滴液漏斗缓慢滴加氢氧化锂溶液，充分反应后，过滤、洗涤、干燥得到粗磷酸铁锂；
②排尽装置和溶液中的空气，防止被空气中的氧化
③与、LiOH反应得到，该反应的离子方程式是；
（2）①A．用Ca(OH)2调节溶液pH=7时，Fe2+会生成Fe(OH)2沉淀，同时生成Ca3(PO4)2沉淀，A不能达到目的；
B．加热，使反应在较高温度下进行，此时H2O2大量分解，B不能达到目的；
C．缓慢滴加H2O2溶液并搅拌，H2O2与Fe2+充分接触，反应充分，C能达到目的；
D．加入适当过量的H2O2溶液，确保Fe2+完全被氧化为Fe3+，D能达到目的；
故选AB；
②从图中可以看出，pH约为1.5时，Fe的有效转化率最高。设计制备磷酸铁的方案时，需考虑：加入硫酸保证磷酸亚铁粗产品(混有氢氧化铁)完全溶解，加入过氧化氢保证Fe2+完全氧化，控制溶液的pH在1.5左右，则实验方案：取一定量的磷酸亚铁粗产品，边搅拌边向其中缓慢滴加1mol/L溶液至固体完全溶解，边搅拌边向溶液中缓慢滴加足量30%溶液，充分反应后，边搅拌边缓慢滴加1mol/L溶液至溶液pH约为1.5，充分反应至不再有沉淀产生，过滤，所得固体用冰水洗涤2-3次，干燥；
15．【答案】；；氮原子上连有氢原子会使微粒间形成氢键，使该离子不易以单个形式存在；； ；通入，促进分解，浓度增大，促进正向移动；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1），
故答案为：；
（2）①原电池原理为作为正极反应的催化剂，使捕获的转化为，故为中间产物，反应Ⅱ为，
故答案为：；
②若与原子相连的、被原子替换，会使微粒间形成氢键，微粒将以缔合微粒形式存在，不以单个形式存在，
故答案为：氮原子上连有氢原子会使微粒间形成氢键，使该离子不易以单个形式存在；
（3）①根据反应机理转化图可看出，固载金属在转化过程的中间体中形成2个共价键，其中中间体发生分子内脱水转化为，异构化为，分解生成M、CO，即与发生加成反应生成中间体X，再分解生成M、HCHO，故中间体X为，
故答案为：；
②根据标准摩尔生成焓的定义，有、，根据盖斯定律，第二个反应-第一个反应=，该反应的反应热，热化学方程式为 ，
故答案为： ；
（4）①反应器中催化转化原理为、、、，反应达平衡，改通，促进分解，浓度增大，使平衡正移，物质的量上升，
故答案为：通入，促进分解，浓度增大，促进正向移动；
②初始，则发生，生成的，消耗，则发生需要，发生的，需要，则与的物质的量之比0.5：2=1：4，
故答案为：。
【分析】（1）结合电离平衡常数和水的离子积，通过公式推导计算反应平衡常数。
（2）①根据催化剂作用和产物，推导正极反应 Ⅱ 的离子方程式。
②分析氢键对离子存在形式的影响，解释取代基不能换的原因。
（3）①根据反应机理图推断中间体 X 的结构式。
②利用标准摩尔生成焓，通过盖斯定律计算热化学方程式。
（4）①分析通入 He 对平衡移动的影响，解释 CO 物质的量上升的原因。
②根据各步反应的物质的量关系，计算 Fe3O4与 CaO 的物质的量之比。
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